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【BZOJ3470】Freda’s Walk 概率与期望

概率 期望 Walk
2023-09-11 14:15:24 时间

【BZOJ3470】Freda’s Walk

Description

雨后的Poetic Island空气格外清新，于是Freda和Rainbow出来散步。 Poetic Island的交通可以看作一张n个点、m 边的有向无环图。由于刚下过雨，每条边都有一个积水深度，而恰好Freda 和Rainbow都喜欢踩水玩儿，于是Ta们从某个点出发，选择走向哪条边的概率与该边的积水深度是成正比的。即：如果Freda和Rainbow现在在点u，点u 出发的所有边的积水深度之和为s，从u到v的边积水深度为w，那么Ta们选择走向v的概率就是 w/s。  
Ta们会一直走下去，直到到达一个没有出边的点，那么散步的路程长度就是走过的边的数量。更特殊的是，Freda和Rainbow在出发之前还可以选择一条边，在散步过程中无视这条边的存在（当然也可以不选择）。请你帮忙计算一下，Ta 们从0号点出发，散步的路程长度的期望值最大是多少？  

Input

第一行两个正整数 n、m。 
接下来m行每行三个整数u、v、w，表示从u到v有一条无向边，积水深度为w。 

Output

输出Freda和Rainbow散步的路程长度的最大期望值，四舍五入保留六位小数。

Sample Input

4 5
0 1 2
0 2 1
0 3 3
1 3 1
2 3 4

Sample Output

2.000000

HINT

对于  100% 的数据，2<=n<=10000，1<=m<=100000，0<=u,v<n，1<=w<=1000。

题解：由于是DAG，所以我们先反着跑拓扑排序，求出从每个点开始走的期望步数f[i]，再正着跑拓扑排序，求出从0号点走到这个点的概率p[i]。

然后枚举删除那条边<a,b>。首先删除这条边会使答案减去p[a]*(f[b]+1)，其次a的其他出边的概率都会增加。算一下贡献即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn=10010;
const int maxm=100010;
int n,m,cnt;
int to[maxm],next[maxm],val[maxm],head[maxn],d[maxn],s[maxn],pa[maxm],pb[maxm],pc[maxm];
double ans;
double p[maxn],f[maxn];
queue<int> q;
inline void add(int a,int b,int c)
{
	to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+(gc^'0'),gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	int i,u,a,b,c;
	memset(head,-1,sizeof(head)),cnt=0;
	for(i=1;i<=m;i++)	a=pa[i]=rd()+1,b=pb[i]=rd()+1,c=pc[i]=rd(),add(b,a,c),s[a]+=c,d[a]++;
	for(i=1;i<=n;i++)	if(!d[i])	q.push(i);
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop();
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
		{
			d[to[i]]--,f[to[i]]+=(f[u]+1)*val[i]/s[to[i]];
			if(!d[to[i]])	q.push(to[i]);
		}
	}
	memset(head,-1,sizeof(head)),cnt=0;
	for(i=1;i<=m;i++)	add(pa[i],pb[i],pc[i]),d[pb[i]]++;
	p[1]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)	if(!d[i])	q.push(i);
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop();
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
		{
			d[to[i]]--,p[to[i]]+=p[u]*val[i]/s[u];
			if(!d[to[i]])	q.push(to[i]);
		}
	}
	ans=f[1];
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		a=pa[i],b=pb[i],c=pc[i];
		double g=(f[a]-(f[b]+1)*c/s[a])*s[a]/(s[a]-c)-f[a];
		ans=max(ans,f[1]+g*p[a]);
	}
	printf("%.6lf",ans);
	return 0;
}

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