【HNOI 2011】XOR和路径

传送门

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Problem

给定一个无向连通图，其节点编号为 $1$ 到 $n$，其边的权值为非负整数。试求出一条从 $1$ 号节点到 $n$ 号节点的路径，使得该路径上经过的边的权值的$“$XOR 和$”$最大。该路径可以重复经过某些节点或边，当一条边在路径中出现多次时，其权值在计算$“$XOR 和$”$时也要被重复计算相应多的次数。

直接求解上述问题比较困难，于是你决定使用非完美算法。具体来说，从 $1$ 号节点开始，以相等的概率，随机选择与当前节点相关联的某条边，并沿这条边走到下一个节点，重复这个过程，直到走到 $n$ 号节点为止，便得到一条从 $1$ 号节点到 $n$ 号节点的路径。显然得到每条这样的路径的概率是不同的并且每条这样的路径的$“$XOR 和$”$也不一样。现在请你求出该算法得到的路径的$“$XOR 和$”$的期望值。

注：但是图中可能有重边或自环。

$100\%$ 的数据满足 $2\le m\le 100$，$m\le 10000$。

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Solution

看到这种位运算的题，立即想到可以按位处理。

设 $f[u]$ 表示 $u\to n$ 的路径上异或和为 $1$ 的概率，那显然 $1-f[u]$ 就是这条路径上异或和为 $0$ 的概率。

用 $deg[u]$ 表示 $u$ 的度数，那么就有下面的式子：

$$f[u]=\frac{1}{deg[u]}(\sum _{w(u,v)=0}f[v]+\sum _{w(u,v)=1}(1-f[v]))$$

一开始想到拓扑+$dp$，但是图不是 $DAG$，有后效性，不能 $dp$。

但是别急，把上面的式子再加以化简得：

$$deg[u]f[u]-\sum _{w(u,v)=0}f[v]+\sum _{w(u,v)=1}f[v]=\sum _{w(u,v)=1}1$$

我们一共可以列出 $n$ 个形如上式的式子，用高斯消元求解即可。

解出了 $f[u]$，那当前的期望就是 $1\times f[u]+0\times (1-f[u])=f[u]$。

所以最后答案 $ans={\sum }_i{2}^i{f}_i[1]$。

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Code

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 105
#define M 20005
using namespace std;
int n,m,t,deg[N];
int first[N],v[M],w[M],nxt[M];
double a[N][N],X[N];
void add(int x,int y,int z){
	nxt[++t]=first[x],first[x]=t,v[t]=y,w[t]=z;
}
void Guass(){
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int k=i;
		for(int j=i+1;j<=n;++j)
			if(fabs(a[k][i])<fabs(a[j][i]))
				k=j;
		swap(a[i],a[k]);
		for(int j=i+1;j<=n;++j)
			for(int k=i+1;k<=n+1;++k)
				a[j][k]-=a[i][k]*a[j][i]/a[i][i];
	}
	for(int i=n;i>=1;--i){
		for(int j=i+1;j<=n;++j)
			a[i][n+1]-=a[i][j]*X[j];
		X[i]=a[i][n+1]/a[i][i];
	}
}
int main(){
	int x,y,z;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		add(x,y,z),deg[x]++;
		if(x!=y)  add(y,x,z),deg[y]++;
	}
	double ans=0;
	for(int k=0;k<31;++k){
		memset(a,0,sizeof(a));
		for(int i=1;i<n;++i){
			a[i][i]=deg[i];
			for(int j=first[i];j;j=nxt[j]){
				int to=v[j],val=(w[j]>>k)&1;
				val?(a[i][to]++,a[i][n+1]++):(a[i][to]--);
			}
		}
		a[n][n]=1,Guass();
		ans+=X[1]*(1<<k);
	}
	printf("%.3lf",ans);
	return 0;
}