●Joyoi 綠豆蛙的歸宿
題鏈：
http://www.joyoi.cn/problem/tyvj-1933
題解：
期望dp，拓撲序
定義dp[i]表示從i點到N點的期望距離。
令cnt[u]表示u的出度。
顯然$$dp[u]=\sum_{u->v}(dp[v]+e(邊權))* \frac{1}{cnt[u]}$$
由於是個DAG，所以拓撲排序後，從後向前dp即可。
題外話：為何不能正向dp：（希望聰明可愛的泥萌能看懂接下來的分析）
好吧，其實正向dp是可以的，但是沒有反向dp來的直接和簡單。
我們來看看弱弱的我當初覺得應該怎樣去正向dp：
定義dp[i]表示從1點到i點的期望距離。
那麽我們仿照之前反向dp的思路，我們找到當前v點的來源點u，
顯然dp[v]肯定和dp[u]以及u的信息有關。
那u對v的貢獻是不是就直接是$$dp[v]+=\frac{dp[u]+e(邊權)}{cnt[u]}$$
即我們希望上式得到：
1到v的期望距離dp[v] = (1到u的期望距離 + u到v的邊權)*(u到v的概率) [u為所有能到v的點]
為檢驗是否正確，我就試了幾個小例子：
1.一個點沒有邊，答案為0，正確誒！（...）
2.兩個點，一條邊：1→ 2:3(箭頭兩頭為邊的起點和終點，3為邊權)，答案為3，又正確了！（廢話）
3.三個點，3條邊：1→ 2:1，1→ 3:3，2→ 3:2，用腳趾頭也算得出來答案為3，可是程序喜聞樂見地輸出了一個4。
？？？怎麽回事，dp哪裏出現的問題？
經過一番分析，我找到了問題的根源，就處在dp轉移時加的邊權e那裏。
在詳細說明問題之前，我們先來看看通常倒著做的期望dp裏面的各個狀態的期望是如何實現遞推的，
即一個狀態j的期望是如何通過計算的到其前繼狀態i的期望的。
假設狀態i轉移到狀態j的概率為p,代價為w，
用E(j)表示從狀態j到結束的期望，E(i)表示從狀態i到結束的期望，E(i→ j)表示狀態i下一步必須為狀態j，再到結束的期望。
由期望的定義可以知道：
E(j)=p1*w1+p2*w2+p3*w3+...+pn*wn(即第一種情況的概率*權值+第二種情況的概率*權值+...)
然後如果欽定i狀態必須轉移到j的話(代價為w)，不那發現，
E(i→ j)=p1*(w1+w)+p2*(w2+w)+p3*(w3+w)+...+pn*(wn+w)
註意到了麽，從i→ j這個狀態到結束的情況數沒有變化，每種情況的概率也沒變，唯一的變化只是每種情況的權值都加了w。
而通常倒著做的dp，我們定義的狀態往往是表示從該狀態出發到結束的期望，即把該狀態看成了子問題的起點。
所以E(j)中所有的概率之和p1+p2+p3+...+pn = 1
那麽：E(i→ j)=p1*(w1+w)+p2*(w2+w)+p3*(w3+w)+...+pn*(wn+w)
=p1*w1+p2*w2+p3*w3+...+pn*wn + p1*w+p2*w+p3*w+..+pn*w
=E(j)+w
然後再把這個所謂的"欽定"改為"有p的概率從狀態i到狀態j",並累加進E(i):
E(i)+=p*E(i→ j)即E(i)+=p*(E(j)+w)
本題我們反向dp的轉移就是這麽推出來的。
那麽回到之前的問題，為何那樣正向dp就出錯了：
同樣地，我們設當前在i點，其前繼狀態為j點，從j轉移到i有p的概率，代價為w，
用E(j)表示從起點到j點的期望距離，E(i)表示從起點到i點的期望距離，E(j→ i)表示i點由j點而來的情況下，從起點到i點的期望距離。
我們用期望定義來寫出E(j)的構成：
E(j)=p1*w1+p2*w2+p2*w3+...+pn*wn
然後類似上面的步驟，我們欽定i狀態必須由j狀態轉移而來：
E(j→ i)=p1*(w1+w)+p2*(w2+w)+p3*(w3+w)+...+pn*(wn+w)
當然這裏還沒有任何問題，同樣的是情況數沒有變化，每種情況的概率也沒變，唯一的變化只是每種情況的權值都加了w。
我們繼續，嘗試化簡E(j→ i):
E(j→ i)=p1*(w1+w)+p2*(w2+w)+p3*(w3+w)+...+pn*(wn+w)
=p1*w1+p2*w2+p3*w3+...+pn*wn + p1*w+p2*w+p3*w+..+pn*w
=E(j)+p1*w+p2*w+p3*w+..+pn*w
然後上式等於E(j)+w麽？
問題就出在這裏。
當然不，因為這個dp定義下，每個dp狀態的起點都是1號點，也就是說，
E(j)裏面每種情況的概率應該是：第一種從1點到j的情況的概率p1，第二種從1點到j點的情況的概率p2，第三種p3...pn
但是顯然1點不會只到j點，（好吧除了之前搞笑用的第一組和第二組測試數據）
所以g(j) = p1+p2+p3+...+pn ≠ 1，
那麽順理成章地可以得到 E(j→ i) ≠ E(j) + w
也就可以得到，沒有所謂的"欽定"而是換成概率p，E(i)也不能加上p*(E(j)+w)，
所以正向dp錯就錯在$dp[v]+=\frac{dp[u]+e(邊權)}{cnt[u]}$加的那個"dp[u]+e"，
至於我之前說的正向dp也可以正確，泥萌應該也有點思路了吧：
因為構成來源狀態的期望值的那些概率的和g(j)不等於1，所以不能直接加上權值w，
那麽我們就在dp的同時維護出從起點到每個狀態的概率g，
然後再看上面的E(j→ i) = E(j)+p1*w+p2*w+p3*w+..+pn*w = E(j) + g(j)*w
也就是說dp本題正向dp的轉移寫成$dp[v]+=\frac{dp[u]+g[u]*e(邊權)}{cnt[u]}$就完成沒問題啦。
（實測AC，代碼在下面的註釋部分）
啰啰嗦嗦地說了1mol，希望對泥萌在理解正向和反向進行期望dp方面能有所幫助。
代碼：
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 100005
using namespace std;
struct Edge{
int ent;
int to[MAXN*2],val[MAXN*2],nxt[MAXN*2],head[MAXN];
Edge():ent(2){}
void Adde(int u,int v,int w){
to[ent]=v; val[ent]=w;
nxt[ent]=head[u]; head[u]=ent++;
}
}E,F;
double dp[MAXN];
int order[MAXN],in[MAXN],cnt[MAXN];
int N,M,ont;
void bfs(){
static queue<int>Q;
Q.push(1);
while(!Q.empty()){
int u=Q.front(); Q.pop();
order[++ont]=u;
for(int e=E.head[u];e;e=E.nxt[e]){
int v=E.to[e];
in[v]--; if(!in[v]) Q.push(v);
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>N>>M;
for(int i=1,u,v,w;i<=M;i++)
cin>>u>>v>>w,E.Adde(u,v,w),in[v]++,cnt[u]++,F.Adde(v,u,w);
bfs();
for(int i=N-1;i>=1;i--){
int u=order[i];
for(int e=E.head[u];e;e=E.nxt[e]){
int v=E.to[e];
dp[u]+=(dp[v]+E.val[e])/cnt[u];
}
}
cout<<fixed<<setprecision(2)<<dp[1]<<endl;
/*正推
static double g[MAXN]; g[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++){
int u=order[i];
for(int e=F.head[u];e;e=F.nxt[e]){
int v=F.to[e];
dp[u]+=(dp[v]+g[v]*F.val[e])/cnt[v];
g[u]+=g[v]/cnt[v];
}
}
cout<<fixed<<setprecision(2)<<dp[N]<<endl;
*/
return 0;
}
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