bzoj 3143 luogu P3232 HNOI2013 游走（期望+高斯消元）

题意：给定一个$n$个点$m$条边的无向连通图。在该图上进行随机游走，起点为$1$号顶点，每一步以相等的概率随机选择当前顶点的某条边，沿着这条边走到下一个顶点，获得等于这条边的编号的分数，到达$n$号顶点时游走结束，总分为所有获得的分数之和。对这$m$条边进行编号，使获得的总分的期望值最小。

首先我们不难发现要让总分的期望值最小，期望经过次数越多的边的编号越小，所以我们要求的就是所有边的期望经过次数。

设点的期望经过次数为$f[i]$，该点的度数为$d[i]$，每一条边的期望经过次数为$b[i]$。
我们可以根据点的期望求出边的期望。可以推出：

$$b[i]=\frac{f[u]}{d[u]}+\frac{f[v]}{d[v]}\qquad u=e[i].from，\ v=e[i].to$$

因为d数组我们可以在读入时处理好，那么点的期望经过次数应该怎么求呢？
对于每一个点，$f[i]=\sum_u^{u,v之间有边}\ \ \ \ \frac{f[j]}{d[j]}$，根据这个式子，我们对于每一个点列一个方程。$a[][]$是这个方程组的增广矩阵。每一行的的第$n+1$列就是$f[i]$的值，首先我们通过移项把第$n+1$列变成$0$，所以它的系数从$1$变为$-1$。

for(int i=1;i<=n;++i)
    a[i][i]=-1;

然后我们根据式子$f[i]=\sum_u^{u,v之间有边}\ \ \ \ \frac{f[j]}{d[j]}$将各项的系数也就是$\frac{1}{d[j]}$累加入$a$数组。

for(int i=1;i<=m;++i)
{
    a[e[i].from][e[i].to]+=1.0/d[e[i].to];
    a[e[i].to][e[i].from]+=1.0/d[e[i].from];
}

接下来的对一些初值进行解释说明

for(int i=1;i<=n+1;++i)
    a[n][i]=0; 
a[n][n]=1;
a[1][n+1]=-1;

在此引用forever_shi神犇的解释
对于$n$号点，$f[n]$值是$1$，但是我们在实际操作时把第$n$行只有$f[n]$的系数设为$1$，其他的所有系数都设为$0$，包括增广的那一列也是$0$。但是这样我们会发现最后一个式子成了$f[n]=0$。
这样做是因为我们在考虑每个点给每条边的影响时，$n$号点是不会对与它相连的边产生贡献的，因为到了$n$号点就不能再返回了，所以为了正确地统计边的期望经过次数，强制将点$n$的期望经过次数设为了$0$，实际上应该是$1$的。而把$f]n]$也就是$a[n][n]$的系数设为1的原因是为了避免在做$n$个元的高斯消元时$f[n+1]/f[n]$时因为除以$0$而$gg$。

完成了以上步骤，我们就可以进行高斯消元了，解出来每一个点的$f$的值，根据

$$b[i]=\frac{f[u]}{d[u]}+\frac{f[v]}{d[v]}\qquad u=e[i].from，\ v=e[i].to$$

这个公式求出每一条边的期望经过次数。

for(int i=1;i<=m;++i)
    b[i]=a[e[i].from][n+1]/d[e[i].from]+a[e[i].to][n+1]/d[e[i].to];

最后贪心地编号求解即可

下面完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
    int next,to,from;
}e[1001000];
int head[1001000],num,n,m;
double a[2000][2000],d[1001000],b[1001000];
void add(int from,int to)
{
    e[++num].next=head[from];
    e[num].from=from;
    e[num].to=to;
    head[from]=num;
}
void gauss()
{
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        int r=i;
        for(int j=i+1;j<=n;++j)
            if(fabs(a[j][i])>fabs(a[r][i]))
                r=j;
        if(r!=i)
            swap(a[r],a[i]);
        for(int j=i+1;j<=n;++j)
        {
            double t=a[j][i]/a[i][i];
            for(int k=i;k<=n+1;++k)
                a[j][k]-=t*a[i][k];
        }
    }
    for(int i=n;i>=1;--i)
    {
        for(int j=n;j>i;--j)
            a[i][n+1]-=a[j][n+1]*a[i][j];
        a[i][n+1]/=a[i][i];
    }
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
        d[x]++;
        d[y]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        a[i][i]=-1;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        a[e[i].from][e[i].to]+=1.0/d[e[i].to];
        a[e[i].to][e[i].from]+=1.0/d[e[i].from];
    }
    for(int i=1;i<=n+1;++i)
        a[n][i]=0; 
    a[n][n]=1;
    a[1][n+1]=-1;
    gauss();
    for(int i=1;i<=m;++i)
        b[i]=a[e[i].from][n+1]/d[e[i].from]+a[e[i].to][n+1]/d[e[i].to];
    sort(b+1,b+m+1);
    double ans=0.0;
    for(int i=1;i<=m;++i)
        ans+=b[i]*(m-i+1);
    printf("%.3lf\n",ans);
    return 0;
}