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我們令$P_i$表示從第i號點出發的期望次數。則$P_n$顯然為$0$。

對於$P_2~P_{n-1}$，則有$P_i= \sum \frac{P_j} {d_j}$，其中節點j與節點i有邊相連，$d_j$表示節點j的度數。

對於$P_1$，則有$P_i=1+ \sum \frac{P_j} {d_j}$。

不難發現其實就是一個$n$元一次方程組，我們可以通過高斯消元求出每一個$P_i$。

對於一條邊$(x,y)$，經過這條邊的期望次數為$ \frac {P_x} {d_x} + \frac {P_y} {d_y}$，我們設此值為$p_i$ 。

我們把期望經過次數從大到小排序，則答案為$\sum_{i=1}^{n} p_i \times i$。

然後就做完了。

AC代碼如下：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define M 505
 3 using namespace std;
 4 int a[M][M]={0},n,m;
 5 double f[M][M]={0},p[M]={0},du[M]={0};
 6 
 7 void solve(){
 8     for(int i=1;i<=n;i++){
 9         for(int j=i+1;j<=n;j++){
 
10             double x=f[j][i]/f[i][i];
11             for(int k=i;k<=n+1;k++) 
12             f[j][k]-=x*f[i][k];
13         }
14     }
15     for(int i=n;i;i--){
16         for(int j=i+1;j<=n;j++) 
17         f[i][n+1]-=f[i][j]*p[j];
18         p[i]=f[i][n+1]/f[i][i];
19     }
20 }
21
 
 int X[M*M]={0},Y[M*M]={0}; double hh[M*M]={0};
22 int main(){
23     scanf("%d%d",&n,&m);
24     for(int i=1;i<=m;i++){
25         int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
26         a[x][y]=a[y][x]=1;
27         du[x]++; du[y]++;
28         X[i]=x; Y[i]=y;
29     }
30     f[1][n+1]=-1; f[n][n]=1;
31     for(int i=1;i<n;i++){
32         f[i][i]=-1;
33         for(int j=1;j<=n;j++) if(a[i][j])
34             f[i][j]=1/du[j]; 
35     }
36     solve();
37     for(int i=1;i<=m;i++)
38     hh[i]=p[X[i]]/du[X[i]]+p[Y[i]]/du[Y[i]];
39     sort(hh+1,hh+m+1);
40     double ans=0;
41     for(int i=1;i<=m;i++)
42     ans+=hh[i]*(m-i+1);
43     printf("%.3lf\n",ans);
44 }

【BZOJ3143】【HNOI2013】遊走 高斯消元