bzoj1415 NOI2005 聰聰和可可

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。

概率dp

f[i][j]表示貓在i 老鼠在j的期望；p[i][j]表示貓在i 老鼠在j，貓只走一步到達的位置。

列舉老鼠位置，bfs就可以預處理出p[i][j]。

然後對於f[i][j]，列舉老鼠下一步往**走，用記憶化搜尋進行轉移既可以了。(顯然這是乙個拓撲圖，因為貓和老鼠的距離是遞減的)

#include

#define f(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)

#define d(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)

#define ll long long

#define maxn 1005

using namespace std;

int n,m,s,t,cnt,head[maxn],dis[maxn],p[maxn][maxn];

double f[maxn][maxn];

struct edge_typee[maxn*2];

queue q;

inline int read()

while (ch>='0'&&ch<='9')

return x*f;

}inline void add_edge(int x,int y)

;head[x]=cnt;

e[++cnt]=(edge_type);head[y]=cnt;

}inline bool judge(int x,int y)

{ return dis[x]!=dis[y]?dis[x]

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