bzoj3470 Freda's Walk （期望概率DP）

bzoj3470 Freda’s Walk

原题地址：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3470

题意：
有向无环图，求从点0出发，走到一个出度为0的点停止，点u出发的所有边的权值之和为s，从u到v的边的权值为w，走向v的概率就是 w/s。可以任意删一条边（也可不删边）,求最长期望路径长度。

因为是权限题，贴一下输入输出
Input

第一行两个正整数 n、m。
接下来m行每行三个整数u、v、w，表示从u到v有一条无向边，边权w。

Output

输出路程长度的最大期望值，四舍五入保留六位小数。

Sample Input

4 5

0 1 2

0 2 1

0 3 3

1 3 1

2 3 4
Sample Output

2.000000

数据范围
对于 100% 的数据，2<=n<=10000，1<=m<=100000，0<=u,v< n

题解：
这题我最开始想的就是dp[u][0/1] 表示按拓扑序其之后的边 没删过/删过 的，从这个点到停止的期望路径长度。每个dp[u][1]只能取一个dp[v][1]转移过来。答案即在max(f[1][0],f[1][1])
但是，这样是错的。
这里有一个反例：

如果删3—>4这条边 ，当计算f[1]时，对点2，点3，都是 ‘删过’，不能说只取一个f[v][1]。
现在我们不要f[i][0/1]了，定义f[i]为点到停止的期望路径长度（相当于原来的f[i][0]）。
为了避免上面的情况，之间先计算出从1点到每个点的概率p[i]，则不删边时这个点对于答案的贡献就是p[i]*f[i]。
枚举每个点所有的出边，计算出删除这个点某条出边所得的最大的新期望 f[i]’。对于答案增加的贡献就是 ( f[i]’-f[i] ) * p[i]

所以 ans=f[1]+max( ( f[i]’-f[i] ) * p[i] )

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=10005;
const int M=100005;
int n,m,head[N],to[M],nxt[M],out[N],in[N],w[M],num=0;
int U[M],V[M],W[M];
double f[N][2],p[N],mx;
bool vis[N];
void build(int u,int v,int ww)
{
    num++;
    to[num]=v;
    nxt[num]=head[u];
    w[num]=ww;
    head[u]=num;
}
void getp()
{
    queue<int> Q;
    for(int i=1;i<=n;i++)if(!in[i]) Q.push(i);
    while(!Q.empty())
    {
        int u=Q.front(); Q.pop();
        for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
        {
            int v=to[i];
            p[v]+=p[u]*(double)w[i]/out[u];
            in[v]--;
            if(in[v]==0)
            Q.push(v);
        }
    }
}
void dfs(int u)
{
    vis[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
    {
        int v=to[i];
        if(!vis[v]) dfs(v);
        if(out[u]) f[u][0]+=(f[v][0]+1)*(double)w[i];
    }
    double sum=f[u][0];
    if(out[u]) f[u][0]=(double)f[u][0]/out[u];
    if(!out[u]) return;
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
    {   
        int v=to[i];
        if(out[u]-w[i]>0) f[u][1]=max(f[u][1],(double)(sum-(f[v][0]+1)*(double)w[i])/(out[u]-w[i]));
    }
    mx=max(mx,(f[u][1]-f[u][0])*p[u]);
}
int main()
{
    freopen("secretbase.in","r",stdin);
    freopen("secretbase.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    mx=0.0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v,ww;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&ww);
        u++,v++; in[v]++;
        out[u]+=ww;
        U[i]=u; V[i]=v; W[i]=ww; 
        build(u,v,ww);
    }   
    double  ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        vis[i]=0; p[i]=0.0;
    }
    p[1]=1.0;
    getp();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        vis[i]=0; f[i][0]=f[i][1]=0.0;
    }
    dfs(1);
    printf("%0.6lf\n",f[1][0]+mx);
    return 0;
}