分析

有点像那道题.

在那道题里,转移的是炸弹,这道题里,转移的是两个人的状态.

我们把一个甲在(i),乙在(j)的状态看作是状态((i-1)n+j),共(n种状态),所以就有(n^2)种状态转移.

构造一个(n^2 imes{n^2})的矩阵(f),(f[i][j])表示从(i)状态转移到(j)状态的概率.(注意f[i][i]不会再转移)

(f^n[i][j])表示的就是走(n)次(i o{j})的概率.

构造一个行向量(S={(a-1)n+b=1}).

这样(S imes{f^i})表示的就是走(i)次((a-1)n+b o{j})的概率.

那么答案行向量$$ans=sum_{i=0}^{infty}S imes{f^i}$$

根据等比数列求和公式

$$ans(I-f)=S$$

然后高斯消元,在(ans)里面找((i,i))的状态即可.

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 const int maxn=20+5,maxm=400+5;
 5 struct edge{
 6     int to,next;
 7     edge(){}
 8     edge(int to,int next):to(to),next(next){}
 9 }g[maxm];
10 int n,m,a,b,cnt;
11 int head[maxn],d[maxn];
12 double p[maxn],f[maxm][maxm];
13 inline int P(int x,int y){ return (x-1)*n+y; }
14 void add_edge(int u,int v){
15     g[++cnt]=edge(v,head[u]); head[u]=cnt;
16     g[++cnt]=edge(u,head[v]); head[v]=cnt;
17 }
18 void gause(int n){
19     for(int i=1;i<=n;i++){
20         int t=i;
21         for(int j=i+1;j<=n;j++)if(fabs(f[j][i])>fabs(f[t][i])) t=j;
22         if(t!=i)for(int j=i;j<=n+1;j++) swap(f[t][j],f[i][j]);
23         for(int j=i+1;j<=n;j++){
24             double x=f[j][i]/f[i][i];
25             for(int k=i;k<=n+1;k++) f[j][k]-=f[i][k]*x;
26         }
27     }
28     for(int i=n;i;i--){
29         for(int j=i+1;j<=n;j++) f[i][n+1]-=f[i][j]*f[j][n+1];
30         f[i][n+1]/=f[i][i];
31     }
32 }
33 int main(){
34     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b);
35     for(int i=1;i<=m;i++){
36         int x,y;
37         scanf("%d%d",&x,&y);
38         d[x]++; d[y]++;
39         add_edge(x,y);
40     }
41     for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&p[i]);
42     for(int x=1;x<=n;x++)for(int y=1;y<=n;y++){
43         if(x!=y){
44             f[P(x,y)][P(x,y)]-=p[x]*p[y];
45             for(int i=head[x];i;i=g[i].next) f[P(x,y)][P(g[i].to,y)]-=(1-p[x])/d[x]*p[y];
46             for(int i=head[y];i;i=g[i].next) f[P(x,y)][P(x,g[i].to)]-=(1-p[y])/d[y]*p[x];
47             for(int i=head[x];i;i=g[i].next)for(int j=head[y];j;j=g[j].next)
48                 f[P(x,y)][P(g[i].to,g[j].to)]-=(1-p[x])/d[x]*(1-p[y])/d[y];
49         }
50     }
51     for(int i=1;i<=n*n;i++)for(int j=1;j<i;j++) swap(f[i][j],f[j][i]);
52     for(int i=1;i<=n*n;i++) f[i][i]+=1.0;
53     f[P(a,b)][n*n+1]=1;
54     gause(n*n);
55     for(int i=1;i<=n;i++) printf("%.6lf ",f[P(i,i)][n*n+1]);
56     return 0;
57 }

View Code

3270: 博物馆

Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 237 Solved: 130
[Submit][Status][Discuss]

Description

有一天Petya和他的朋友Vasya在进行他们众多旅行中的一次旅行，他们决定去参观一座城堡博物馆。这座博物馆有着特别的样式。它包含由m条走廊连接的n间房间，并且满足可以从任何一间房间到任何一间别的房间。

两个人在博物馆里逛了一会儿后两人决定分头行动，去看各自感兴趣的艺术品。他们约定在下午六点到一间房间会合。然而他们忘记了一件重要的事：他们并没有选好在哪儿碰面。等时间到六点，他们开始在博物馆里到处乱跑来找到对方（他们没法给对方打电话因为电话漫游费是很贵的）

不过，尽管他们到处乱跑，但他们还没有看完足够的艺术品，因此他们每个人采取如下的行动方法：每一分钟做决定往哪里走，有Pi 的概率在这分钟内不去其他地方（即呆在房间不动），有1-Pi 的概率他会在相邻的房间中等可能的选择一间并沿着走廊过去。这里的i指的是当期所在房间的序号。在古代建造是一件花费非常大的事，因此每条走廊会连接两个不同的房间，并且任意两个房间至多被一条走廊连接。

两个男孩同时行动。由于走廊很暗，两人不可能在走廊碰面，不过他们可以从走廊的两个方向通行。（此外，两个男孩可以同时地穿过同一条走廊却不会相遇）两个男孩按照上述方法行动直到他们碰面为止。更进一步地说，当两个人在某个时刻选择前往同一间房间，那么他们就会在那个房间相遇。

两个男孩现在分别处在a，b两个房间，求两人在每间房间相遇的概率。

Input

第一行包含四个整数，n表示房间的个数;m表示走廊的数目;a,b (1 ≤ a, b ≤ n),表示两个男孩的初始位置。

之后m行每行包含两个整数，表示走廊所连接的两个房间。

之后n行每行一个至多精确到小数点后四位的实数表示待在每间房间的概率。

题目保证每个房间都可以由其他任何房间通过走廊走到。

Output

输出一行包含n个由空格分隔的数字，注意最后一个数字后也有空格，第i个数字代表两个人在第i间房间碰面的概率（输出保留6位小数）

注意最后一个数字后面也有一个空格

Sample Input

2 1 1 2
1 2
0.5
0.5

Sample Output

0.500000 0.500000

HINT

对于100%的数据有 n <= 20，n-1 <= m <= n(n-1)/2

Source

高斯消元

BZOJ_3270_博物馆_(高斯消元+期望动态规划+矩阵) 描述 分析

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