题意：
给出一个无向连通图，点数小于等于500；
一个人从点1开始随机游走，到点n时停止；
每次经过一条边就可以得到这条边编号的分数(这个分数可以多次得到)；
求一种编号方案，使其期望得分最小；
题解：
题中的边走几次就得几次分，所以显然答案为期望经过次数*编号；
并且由贪(xian)心(ran)的想法可知，一定要给经过次数多的赋小的编号；
那么问题就是求每条边的期望经过次数；
而边只可能从两个端点过来，也就是期望次数是端点的期望次数/度数加和；
那就又是求结点的期望次数了，这时就要坚定信仰！
设f[x]为到结点x的期望次数，那么每个结点的f就是从所有和它连边的点(除了第n个)转移而来；
然而这并不是DP因为是有后效性的；
但是可得方程组f[x]=1/t *f[y1] +1/t *f[y2] + ...1/t *f[yt] (同样除了yi==n的时候)；
除了第n个点以外恰好有n-1个方程n-1个未知量，然而并不能解出来= =；
这时候思考一下，方程中的常数项应该在第一个点的方程中；
因为第一个点除了由其他点转移以外还有最开始的一次经过；
那么高斯消元解方程就是得到f[x]，搞一搞就是结果了；
时间复杂度是消元的O(n^3)；
HINT:
我似乎被诡异的卡了精度？double 改long double就是咯(笑)；
代码：
#include<cmath>
#include<vector>
#include<stdio.h>
#include<iomanip>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 510
using namespace std;
typedef long double ld;
const ld EPS=1e-8;
struct edge
{
int x,y;
ld val;
void read()
{
scanf("%d%d",&x,&y);
}
friend bool operator <(edge a,edge b)
{
return a.val<b.val;
}
}l[N*N];
int w[N];
vector<int>to[N];
ld a[N][N],f[N];
void slove(int n)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int p=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(fabs(a[i][j])>EPS)
p=j,w[p]=i;
}
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(i==j) continue;
ld l=a[j][p]/a[i][p];
for(int k=0;k<=n;k++)
a[j][k]-=a[i][k]*l;
}
}
}
int main()
{
int n,m,i,x,tot;
ld ans;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;i++)
{
l[i].read();
to[l[i].x].push_back(l[i].y);
to[l[i].y].push_back(l[i].x);
}
a[1][0]=1;
for(x=1;x<n;x++)
{
tot=to[x].size();
a[x][x]=1;
for(i=0;i<tot;i++)
a[to[x][i]][x]+=-1.0/tot;
}
slove(n-1);
for(i=1;i<n;i++)
f[i]=a[w[i]][0]/a[w[i]][i];
for(i=1;i<=m;i++)
l[i].val=f[l[i].x]/to[l[i].x].size()+f[l[i].y]/to[l[i].y].size();
sort(l+1,l+m+1);
for(i=m,ans=0;i>=1;i--)
{
ans+=l[m-i+1].val*i;
}
cout<<fixed<<setprecision(3)<<ans<<endl;
return 0;
}
原文地址：http://blog.csdn.net/ww140142/article/details/47205705
