期望dp
将有怪物的边视作断边,经过一条边则将边的两端连通
那么求的是任意两点彼此连通的期望天数
也就是从1开始可以到达任意一点
由于题目开始就连了一些边，所以将各个连通块视作点，并记录连通块的大小
为了方便，将1所在的连通块编号为1
记 f[s] 表示当前可到达的连通块集合为 s, 期望还需多少天可以覆盖全集
讨论下一个前往的连通块是否在集合内得到转移方程：
// i 为下一个前往的连通块编号, tot表示当前集合点数, s[i]表示编号为 i 的连通块大小
f[s] = (f[s]+1)*(tot-1)*(n-1) + (f[s|(1<<i-1)]+1)*s[i]/(n-1)
将 f[s]移到左边就可以算出 f[s]
注意特判n==1的情况，边界条件:当tot == n是答案为0
题目数据不强，可以用记忆化搜索通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 const int N = 35; 5 6 int T, n, m, kase, e[N][N], siz[N], cnt; 7 bool vis[N]; 8 9 map<int, double> f; 10 11 double dp(int s) { 12 if(f[s] > 0) return f[s]; 13 int tot = 0; 14 for(int i = 0; i < cnt; i++) 15 if(s&(1<<i)) tot += siz[i + 1]; 16 if(tot == n) return 0; 17 f[s] = 1.0*(tot - 1)/(n - 1); 18 for(int i = 1; i <= cnt; i++) 19 if(!(s&(1<<(i - 1)))) 20 f[s] += (dp(s|(1<<(i - 1))) + 1)*1.0*siz[i]/(n - 1); 21 f[s] = f[s]*1.0*(n - 1)/(n - tot); 22 return f[s]; 23 } 24 25 int dfs(int u) { 26 int res = 1; 27 vis[u] = 1; 28 for(int v = 1; v <= n; v++) 29 if(!vis[v] && e[v][u]) res += dfs(v); 30 return res; 31 } 32 33 int main() { 34 scanf("%d", &T); 35 while(T--) { 36 printf("Case %d: ", ++kase); 37 scanf("%d%d", &n, &m); 38 memset(e, 0, sizeof(e)); 39 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 40 for(int u, v, i = 1; i <= m; i++) { 41 scanf("%d%d", &u, &v); 42 e[u][v] = e[v][u] = 1; 43 } 44 cnt = 0; 45 f.clear(); 46 for(int i = 1; i <= n; i++) 47 if(!vis[i]) siz[++cnt] = dfs(i); 48 printf("%.7f\n", dp(1)); 49 } 50 }