BZOJ 1415 CODE[VS] 1784 [NOI2005 D2T2] 聪聪和可可

题目描述 Description

在一个魔法森林里，住着一只聪明的小猫聪聪和一只可爱的小老鼠可可。虽 然灰姑娘非常喜欢她们俩，但是，聪聪终究是一只猫，而可可终究是一只老鼠， 同样不变的是，聪聪成天想着要吃掉可可。 
一天，聪聪意外得到了一台非常有用的机器，据说是叫 GPS，对可可能准确 的定位。有了这台机器，聪聪要吃可可就易如反掌了。于是，聪聪准备马上出发， 去找可可。而可怜的可可还不知道大难即将临头，仍在森林里无忧无虑的玩耍。 小兔子乖乖听到这件事，马上向灰姑娘报告。灰姑娘决定尽快阻止聪聪，拯救可 可，可她不知道还有没有足够的时间。 
整个森林可以认为是一个无向图，图中有 N 个美丽的景点，景点从 1 至 N 编号。小动物们都只在景点休息、玩耍。在景点之间有一些路连接。 
当聪聪得到 GPS 时，可可正在景点 M(M≤N)处。以后的每个时间单位，可可 都会选择去相邻的景点(可能有多个)中的一个或停留在原景点不动。而去这些地 方所发生的概率是相等的。假设有 P 个景点与景点 M 相邻，它们分别是景点 R、 景点 S，……景点 Q，在时刻 T 可可处在景点 M，则在(T＋1)时刻，可可有 1/（1 + P） 的可能在景点 R，有 1/（1 + P） 的可能在景点 S，……，有 1/（1 + P） 的可能在景点 Q，还有1/（1 + P）的可能停在景点 M。 
我们知道，聪聪是很聪明的，所以，当她在景点 C 时，她会选一个更靠近 可可的景点，如果这样的景点有多个，她会选一个标号最小的景点。由于聪聪太 想吃掉可可了，如果走完第一步以后仍然没吃到可可，她还可以在本段时间内再 向可可走近一步。 
在每个时间单位，假设聪聪先走，可可后走。在某一时刻，若聪聪和可可位 于同一个景点，则可怜的可可就被吃掉了。 
灰姑娘想知道，平均情况下，聪聪几步就可能吃到可可。而你需要帮助灰姑 娘尽快的找到答案。

输入描述 Input Description

数据的第 1 行为两个整数 N 和 E，以空格分隔，分别表示森林中的景点数和 连接相邻景点的路的条数。 第 2 行包含两个整数 C 和 M，以空格分隔，分 别表示初始时聪聪和可可所在 的景点的编号。 接下来 E 行，每行两个整数，第 i+2 行的两个整数 Ai和 Bi表示景点 Ai和景 点 Bi 之间有一条路。 所有的路都是无向的，即：如果能从 A 走到 B，就可以从 B 走到 A。 输入保证任何两个景点之间不会有多于一条路直接相连，且聪聪和可可之间 必有路直接或间接的相连。

输出描述 Output Description

输出到文件 cchkk.out 中。 输出 1 个实数，四舍五入保留三位小数，表示平均多少个时间单位后聪聪会把可可吃掉

样例输入 Sample Input

样例输入1：

4 3

1 4

1 2

2 3

3 4

样例输入2：

9 9

9 3

1 2

2 3

3 4

4 5

3 6

4 6

4 7

7 8

8 9

样例输出 Sample Output

样例输出1：

1.500

样例输出2：

2.167 

数据范围及提示 Data Size & Hint

对于样例输出1：开始时，聪聪和可可分别在景点 1 和景点 4。 第一个时刻，聪聪先走，她向更靠近可可(景点 4)的景点走动，走到景点 2， 然后走到景点 3；假定忽略走路所花时间。 可可后走，有两种可能： 第一种是走到景点 3，这样聪聪和可可到达同一个景点，可可被吃掉，步数为 1，概率为0.5。 
第二种是停在景点 4，不被吃掉。概率为0.5。 
到第二个时刻，聪聪向更靠近可可(景点 4)的景点走动，只需要走一步即和 可可在同一景点。因此这种情况下聪聪会在两步吃掉可可。 所以平均的步数是 1*0.5 +2*0.5 =1.5 步。

对于样例输出2，详见图片。

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期望DP+记忆化搜索~

我居然能自己写出来期望DP！而且还是NOI的题目！好兴奋！！！

用SPFA预处理出聪聪在i点，可可在j点时聪聪下一个会走的点，然后就是正常的期望DP了~

建边的时候就把相邻两点i和j的f值记为1，然后每次搜索剩下的情况就是聪聪本次要走两步，这里要注意的是如果两步后聪聪和可可在同一个点上，可可就不会再走一步，直接输出1就可以了。

具体的方程不好写，直接看代码吧，在cal()函数里面~

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

int n,e,c,m,x,y,fi[1001],ne[2001],w[2001],cnt,dis[1001],p[1001][1001],du[1001];
double f[1001][1001];
bool b[1001];
queue<int> q;

void add(int u,int v)
{
	w[++cnt]=v;ne[cnt]=fi[u];fi[u]=cnt;
}

double cal(int u,int v)
{
	if(u==v) return 0;
	if(f[u][v]) return f[u][v];
	int nex=p[p[u][v]][v];
	if(nex==v) return f[u][v]=1;
	for(int i=fi[v];i;i=ne[i]) f[u][v]+=cal(nex,w[i])/(du[v]+1);
	f[u][v]+=cal(nex,v)/(du[v]+1);f[u][v]++;
	return f[u][v];
}

int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&e,&c,&m);
	for(int i=1;i<=e;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);add(y,x);f[x][y]=f[y][x]=1;du[x]++;du[y]++;
	}
	for(int kkz=1;kkz<=n;kkz++)
	{
		memset(dis,127,sizeof(dis));
		q.push(kkz);b[kkz]=1;dis[kkz]=0;
		while(!q.empty())
		{
			int k=q.front();q.pop();b[k]=0;
			for(int i=fi[k];i;i=ne[i])
			{
				if(dis[w[i]]>dis[k]+1)
			    {
					dis[w[i]]=dis[k]+1;p[w[i]][kkz]=k;
					if(!b[w[i]])
					{
						b[w[i]]=1;q.push(w[i]);
					}
			    }
			    else if(dis[w[i]]==(dis[k]+1) && p[w[i]][kkz]>k) p[w[i]][kkz]=k;
			}
		}
	}
	printf("%.3lf\n",cal(c,m));
	return 0;
}