挑战编程：修路问题 [转]

题目描述：

一个城市有n个景点，起初这n个景点之间全都没有道路直接连通。
接下来的每一天， 我们要在这些没有道路直接相连的景点中，等概率的随机选取两个景点，给它们修一条道路让这两个景点直接连通。
那么请问平均期望（期望=sigma(概率*路的条数) ）多少天后，我们可以使得全部景点连通起来？使得任意两个景点都可以通过我们修建的道路到达。
给定函数头部int calculate(int n);
完成它以实现上述功能，其中2<=n<=30。
举几个例子如下： n =2，返回1，即1天连通2点景点； n=3，返回2，2天连通3个景点； n=4，返回3（对返回结果向下取整），
3天联通4个景点； n=5，返回4； n=6，返回6； n=7，返回7； n=8，返回9 ....     
解释下上面n=3和n=4的情况：

n=3时，两条路足够连通三个景点，所以答案是2；
n=4时，如果前三条路恰好构成三角形，那么我们还需要一条路使景点连通，需要4条路的概率是4/20 （选出3条路构成三角形的方法数除以任选3条路的方法数），
所以最后期望是 4 * (4/20) + 3 * (16/20) = 3.2 输出3。

挑战规则：
对返回结果向下取整； main函数是为方便你在提交代码之前进行在线编译测试，可不完成； 一旦提交代码，便不能再次重复提交。

问题分析：

题目用图论的语言来叙述就是：一个起初没有边的图，不断随机选择未直接相连的两点连边直到图连通，求连边的期望。

p[n][m]表示加m条边使得n个点连通的概率。那么p[n][m]-p[n][m-1]就表示加了m-1条边图尚未连通，加了第m条边后图连通的概率。那么显然需要加边的期望值是

Σ(p[n][m]-p[n][m-1])*m

要使得n个点的图连通，至少需要n-1条边，至多需要c(n-1,2)+1条边（即n-1个点两两相连形成完全图，再用一条边与剩下的一个点连接，其中c(n,m)表示n个中选m个的组合数）。这就是上式m的取值范围。

现在问题变成如何计算p[n][m]。
正面计算p[n][m]比较困难，我们通过减去反面（即加了m条边，n个点不连通的概率）来计算。
既然图不是连通的，必然任意一个连通分量包含的点数小于n。不妨考虑编号为1的点所在的连通分量，假设有n1个点，m1条边。为了组建这个连通分量，首先选出除1外的n1-1个点，有c(n-1,n1-1)种方法。之后连m1条边，这有c(e1,m1)种方法，其中e1=c(n1,2)是可选的边数。在这所有的连边方法中要保证连完之后这n1个点是连通的，这恰好就是p[n1][m1]的意义，乘以这个数就得到了，到这里这个连通分量组建完成。对于剩下的m-m1条边，我们只要不连到上述连通分量就行了，也就是在剩下的n-n1个点之间连。方法数是c(c(n-n1,2),m-m1)。将这些数相乘就得到方法数，

counts[n1][m1]= c(n-1,n1-1)*c(e1,m1)*p[n1][m1]* c(c(n-n1,2),m-m1)

总的方法数是total=c(c(n,2),m)，求概率counts[n1][m1]/total

上面计算的是1所在的连通分量有n1个点，m1条边的情况，我们需要枚举n1,m1。

下面是zzz---的代码

#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;

double a[451][451];

double c(int n,int k)
{
    if(k<0 || n<k)
        return 0;
    if(k==n || k==0)
        return 1;
    if(a[n][k])
        return a[n][k];
    a[n][k]=c(n-1,k)+c(n-1,k-1);
    return a[n][k];

}

double p[31][451],ans[31];

class RepairRode
{
public:
    double calculate(int n) {
        if(ans[n]!=0)
            return (int)ans[n];
        p[1][0]=1;
        for(int i=2;i<=30;++i)
        {
            int e=c(i,2);
            for(int j=i-1;j<=e;++j)
            {
                p[i][j]=1;
                for(int k=1;k<i;++k)
                {
                    int e1=c(k,2),e2=c(i-k,2);
                    for(int b=k-1;b<=e1;++b)
                    {
                        p[i][j]-=c(e2,j-b)*p[k][b]*c(e1,b)*c(i-1,k-1)/c(e,j);
                    }
                }
                double pre=0;
                if(j>0)
                    pre=p[i][j-1];
                ans[i]+=j*(p[i][j]-pre);
            }
        }
        return ans[n];
    }
};

转载自：http://blog.youkuaiyun.com/shuyechengying/article/details/9821745