NOI 2005 聪聪与可可 题解

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题目大意： 给出一张无向图，起点终点为 $S,T$，聪聪站在起点，可可站在终点，可可每回合随机走 $1$ 步，也可能不动，聪聪则会每回合沿最短路向他走两步，每回合聪聪先走，问聪聪期望走几个回合能追到可可。

题解

基本上是大力模拟。

由于图只有 $1000$ 的大小，所以我们可以 $O(n^2)$ 处理出所有情况下，聪聪沿最短路往可可那里走要怎么走，具体就是求出一个数组 $go[i][j]$，表示聪聪在 $i$，可可在 $j$ 时，聪聪应该走向哪个点。

这题还有一个性质，就是每一个回合结束中，无论可可怎么走，聪聪与可可之间的距离总是在缩短的。于是我们模拟的时候就可以进行记忆化搜索，记一个 $f[i][j]$ 表示聪聪在 $i$，可可在 $j$ 时聪聪抓到可可的期望步数，然后枚举可可的每一种走法进行深搜即可。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 1010

int n,m,S,T,du[maxn];
struct edge{int y,next;};
edge e[maxn<<1];
int first[maxn],len=0;
void buildroad(int x,int y)
{
	e[++len]=(edge){y,first[x]};
	first[x]=len;
}
int q[maxn],st,ed,dis[maxn];
int go[maxn][maxn];
double f[maxn][maxn];
void bfs(int START)
{
	st=1,ed=2;q[st]=START;
	memset(dis,63,sizeof(dis));dis[START]=0;
	while(st!=ed)
	{
		int x=q[st++];
		for(int i=first[x];i;i=e[i].next)
		{
			int y=e[i].y;
			if(dis[y]>dis[x]+1)
			{
				dis[y]=dis[x]+1;
				q[ed++]=y;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)if(i!=START)
	for(int j=first[i];j;j=e[j].next)
	if(dis[e[j].y]+1==dis[i])go[i][START]=min(go[i][START],e[j].y);
}
double dfs(int s,int t)
{
	if(f[s][t]!=-1.0)return f[s][t];
	if(s==t)return f[s][t]=0.0;
	if(go[s][t]==t||go[go[s][t]][t]==t)return f[s][t]=1.0;
	f[s][t]=0.0;
	for(int i=first[t];i;i=e[i].next)
	f[s][t]+=(dfs(go[go[s][t]][t],e[i].y)+1)/(du[t]+1);
	f[s][t]+=(dfs(go[go[s][t]][t],t)+1)/(du[t]+1);
	return f[s][t];
}

int main()
{
	scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&S,&T);
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
	scanf("%d %d",&x,&y),du[x]++,du[y]++,
	buildroad(x,y),buildroad(y,x);
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)
	go[i][j]=999999999,f[i][j]=-1.0;
	for(int i=1;i<=n;i++)bfs(i);
	printf("%.3lf",dfs(S,T));
}