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一只貓和一只老鼠在一張 \(n\) 個節點和 \(m\) 條邊的無向圖上，初始位置不同。對於每一時刻，貓會先走，它走的方向為靠近老鼠的方向；若多個節點可選，則選字典序最小的那個。同時若走出這步後沒有抓到老鼠，則可按同樣方式再走一步；接著老鼠會等概率的停在原地或者隨機走向一個相鄰的節點。問抓到老鼠的期望時間。

\(1\leq n,m\leq 1000\)

Solution

首先註意到這樣一句話“若走出這步後沒有抓到老鼠，則可按同樣方式再走一步”，顯然是能夠保證貓一定能抓到老鼠。並且貓和老鼠兩個所處位置的狀態是具有層次性的。

容易發現老鼠的移動是沒有規律的，即是隨機的。而貓的動作是有規律的。

我們可以事先預處理出一個 \(pre_{u,v}\) 數組，表示貓在 \(u\) 處，老鼠在 \(v\) 處時，貓下一個選擇要走的節點是哪一個，可以用 \(n\) 次 \(SPFA\) 預處理出來，由於邊數和點數是同階的，復雜度可以得到保障。

我們可以設出一個 \(dp\) 數組 \(f_{u,v}\) 表示貓在 \(u\) 處，老鼠在 \(v\) 處時期望走的時間為 \(f_{u,v}\) 。

首先顯然當 \(u=v\) 時， \(f_{u,v}=0\) ；其次若 \(pre_{u,v}=v\) 即走出一步抓到老鼠或者 \(pre_{pre_{u,v},v}=v\) 即走出兩步抓到老鼠， \(f_{u,v}=1\)

這時剩下的情況就是老鼠會移動。

由於貓會先走，貓移動之後老鼠再走；顯然貓移動結束後停在的位置為 \(pre_{pre_{u,v},v}\) 。

設節點 \(v\) 以及和 \(v\) 相鄰的節點的集合為 \(\mathbb{V}\) ，節點 \(v\) 的度數為 \(degree_v\) 。顯然答案就是 \[f_{u,v}=\frac{\sum\limits_{x\in\mathbb{V}}f_{pre_{pre_{u,v},v},x}}{degree_v+1}+1\]

記憶化搜索實現。

Code

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#include <bits/stdc++.h>
 

#define LL long long
#define dob complex<double>
#define Abs(a) ((a) < 0 ? (-(a)) : (a))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define Swap(a, b) ((a) ^= (b), (b) ^= (a), (a) ^= (b))
#define writeln(x) (write(x), putchar('\n'))
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
using namespace std;
const int N = 1000;
void read(int &x) {
    char ch; bool flag = 0;
    for (ch = getchar(); !isdigit(ch) && ((flag |= (ch == '-')) || 1); ch = getchar());
    for (x = 0; isdigit(ch); x = (x<<1)+(x<<3)+ch-48, ch = getchar());
    x *= 1-2*flag;
}
void print(LL x) {if (x > 9) print(x/10); putchar(x%10+48); }
void write(LL x) {if (x < 0) putchar('-'); print(Abs(x)); }

int n, m, s, t, u, v;
struct tt {int to, next; }edge[(N<<1)+5];
int path[N+5], top, degree[N+5];
int pre[N+5][N+5]; double f[N+5][N+5];
queue<int>Q;
int vis[N+5], dist[N+5];

void add(int u, int v) {edge[++top].to = v, edge[top].next = path[u], path[u] = top, ++degree[u]; }
void get_pre(int x) {
    memset(dist, 127/3, sizeof(dist)); dist[x] = 0, vis[x] = 1; Q.push(x);
    while (!Q.empty()) {
    int u = Q.front(); Q.pop(); vis[u] = 0;
    for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
        if (dist[edge[i].to] > dist[u]+1) {
        dist[edge[i].to] = dist[u]+1;
        if (!vis[edge[i].to]) vis[edge[i].to] = 1, Q.push(edge[i].to);
        if (u == x) pre[x][edge[i].to] = edge[i].to; else pre[x][edge[i].to] = pre[x][u];
        }else if (dist[edge[i].to] == dist[u]+1 && pre[x][edge[i].to] > pre[x][u]) pre[x][edge[i].to] = pre[x][u];
    }
}
double dp(int s, int t) {
    if (s == t) return 0;
    int nex = pre[pre[s][t]][t];
    if (pre[s][t] == t || nex == t) return f[s][t] = 1;
    if (f[s][t] != 0) return f[s][t];
    double k = 1/(1.0*(degree[t]+1)); f[s][t] = 1+dp(nex, t)*k;
    for (int i = path[t]; i; i = edge[i].next) f[s][t] += k*dp(nex, edge[i].to);
    return f[s][t];
}
void work() {
    read(n), read(m); read(s); read(t);
    for (int i = 1; i <= m; i++) read(u), read(v), add(u, v), add(v, u);
    for (int i = 1; i <= n; i++) get_pre(i);
    printf("%.3lf\n", dp(s, t));
}
int main() {
    work(); return 0;
}

[NOI 2005]聰聰和可可