感覺挺經典的一道題目。 先用 bfs 預處理下一步走到的位置。因為每一步走法都是固定的，所以可以用dp的方法來做。
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資料的第1行為兩個整數n和e，以空格分隔，分別表示森林中的景點數和連線相鄰景點的路的條數。 第2行包含兩個整數c和m，以空格分隔，分別表示初始時聰聰和可可所在的景點的編號。 接下來e行，每行兩個整數，第i+2行的兩個整數ai和bi表示景點ai和景點bi之間有一條路。 所有的路都是無向的，即：如果能從a走到b，就可以從b走到a。 輸入保證任何兩個景點之間不會有多於一條路直接相連，且聰聰和可可之間必有路直接或間接的相連。
輸出1個實數，四捨五入保留三位小數，表示平均多少個時間單位後聰聰會把可可吃掉。
【輸入樣例1】
4 31 4
1 22 3
3 4【輸入樣例2】
9 99 3
1 22 3
3 44 5
3 64 6
4 77 8
8 9【輸出樣例1】
1.500
【輸出樣例2】
2.167
【樣例說明1】
開始時，聰聰和可可分別在景點1和景點4。
第乙個時刻，聰聰先走，她向更靠近可可(景點4)的景點走動，走到景點2，然後走到景點3；假定忽略走路所花時間。
可可後走，有兩種可能：
第一種是走到景點3，這樣聰聰和可可到達同乙個景點，可可被吃掉，步數為1，概率為 。
第二種是停在景點4，不被吃掉。概率為 。
到第二個時刻，聰聰向更靠近可可(景點4)的景點走動，只需要走一步即和可可在同一景點。因此這種情況下聰聰會在兩步吃掉可可。
所以平均的步數是1* +2* =1.5步。
對於所有的資料，1≤n,e≤1000。
對於50%的資料，1≤n≤50。
#include #include#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
#define inf 0x3fffffff
#define n 1010
struct
node
edge[
2*n];
intcnt,pre[n];
intn,m;
intsx,ex;
intd[n];
double
dp[n][n];
intdis[n];
intnext[n][n];
queue
que[2
];int
mark[n];
void add_edge(int u,int
v)void bfs(int s)//
計算從s到其他點的下一步
for(int p=pre[s];p!=-1;p=edge[p].next) //
找到這乙個圈的點
dp[s][s]=0
; next[s][s]=s;
dis[s]=0
; mark[s]=1
;
int num=1
;
while(que[a].size()!=0
)
dis[v]=num;
que[a].push(v);}}
}}void dfs(int s,int
t) dfs(s,t);
tmp+=dp[ s ][t];
dp[ts][t]=tmp/(double)(d[t]+1)+1;}
intmain()
for(int i=1;i<=n;i++)
///dfs(sx,ex);
printf(
"%.3lf\n
",dp[sx][ex]);
return0;
}
BZOJ 1415 聰聰和可可 期望DP
我們可以用n次bfs預處理出 to陣列，to i j 表示聰聰從i點到j點第一步會走哪個點。那麼對於聰聰在i點，可可在j點，聰聰先走，定義dp i j 表示步數期望。那麼顯然有dp i j sigma dp p w dp p j dee j 1 1.其中p表示to to i j j w表示j點鄰接的...
bzoj1415 聰聰和可可
對於任意一對位置x,y我們可以找到聰聰的行走方案。這個可以bfs跑 然後我們用f x,y 表示聰聰在x,可可在y抓住的期望時間，於是轉移方程是 if x y f x y 0,if x走兩步能到y f x y 1,else f x y sigma f x nxtpos y nxtpos 1 d y 1...
數學期望 BZOJ 1415
description 題解 既然是平均情況，顯然就是求數學期望。我們會發現，每乙個時刻貓鼠之間的最短路徑一定是減小了，所以不會出現轉圈的情況，所以可以用記憶化搜尋，用f x y 表示貓在節點x，鼠在節點y，貓鼠相遇的期望值。題目中最終要的就是要知道貓的下一步會走到 可以列舉每個點，然後bfs刷最短...