oi版貓和老鼠
給定乙個有n個點的圖（\(n\leq 1000\)），在s點有乙隻貓，t點有乙隻jerry，每一單位時間貓先走：沿著到jerry的路徑中的最短路走一步，如果同時存在多條最短路則選擇走一步後序號更小的一條，另外，如果這一步沒有走到jerry所在的點，貓會再走一步（砸瓦魯多）；jerry後走，可等概率的向直接與自己所在的點走一步或者選擇不動（即各個點概率均為1/(入度+1)），求貓抓住jerry的期望時間
在做期望dp之前，要先解決乙個問題：貓的走路姿態問題
這道題中貓的走法看似難以捉摸，其實可以看出，對於確定的( s ,t )，貓的著陸點也是確定的，所以是可以預處理出來的
首先，最短路這乙個限制說明了是要對每乙個點跑一次spfa（2023年spfa尚未狗帶），求出dis陣列之後，我們還要求出對應的nxt陣列，表示從s向t跳一步之後到達的位置（具體的，如何判斷乙個點是否為s到t最短路上的走一步的點，只要滿足dis[s][t]-1==dis[v][t]，那麼v就是這樣的乙個點）
預處理上面的nxt陣列之後，這道題就是一道比較簡單的期望dp了
按照套路，設f[ i ] [ j ]表示貓在i，jerry在j的總期望，ans=f[ s ] [ t ]
初始狀態：
st時，f[ s ] [ t ]=0
tnxt[ fir ] [ t ] or t==nxt[ sec ][ t ]時，f [ s ] [ t ]=1
其他情況下，f[ s ] [ t ] =sigma(f[ sec ] [ t ] / ( rd + 1 ) )+1
其中，fir=nxt[ s ] [ t ]，即從s向t走一步，同樣，sec=nxt[ fir ] [ t ]，即從s向t走兩步
**採用記憶化搜尋完成dp
code：
#include#define n 1005
#define inf 1000000000
using namespace std;
typedef long double ld;
int n,m,s,t;
int rd[n],nxt[n][n],dis[n][n];
ld f[n][n];
bool vis[n][n];
struct edge
edge[n<<2];int head[n],cnt=1;
void add_edge(int from,int to)
template void read(t &x)
void spfa(int *dis,int s)
; queueq;
q.push(s);dis[s]=0;exist[s]=1;
while(!q.empty())
}} } }
ld dfs(int s,int t)
f[s][t]+=dfs(sec,t)/(rd[t]+1);
vis[s][t]=1;
return f[s][t];
}int main()
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j) dis[i][j]=nxt[i][j]=inf;
for(int i=1;i<=n;++i) spfa(dis[i],i);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
for(int h=head[i];h;h=edge[h].next)
printf("%.3lf",dfs(s,t));
return 0;
}
NOI2005 聰聰與可可
輸入檔案 cchkk.in輸出檔案 cchkk.out簡單對比 時間限制 1 s 記憶體限制 256 mb 問題描述 在乙個魔法森林裡，住著乙隻聰明的小貓聰聰和乙隻可愛的小老鼠可可。雖然灰姑娘非常喜歡她們倆，但是，聰聰終究是乙隻貓，而可可終究是乙隻老鼠，同樣不變的是，聰聰成天想著要吃掉可可。一天，聰...
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