BUPT2017 wintertraining(15) #5B
HDU - 4936
2014 Multi-University Training Contest 7 F
题意
直接看官方的题意和题解吧（来自：2014年多校的题解博客）。
题解
官方的不够细，我再梳理一下吧。
预处理：
首先dfs出所有可能的联通块状态，这个状态只考虑共几个联通块，每个联通块里几个岛，不考虑是哪些岛。然后对每个状态hash一下，编个号。根据我们dfs的顺序，1号状态是全部独立，cnt号状态是全部联通。
(mg[i][x][y])为合并i状态的第x和第y个联通块得到的状态编号，可以求出来。
dp
我用(dp[i][j])保存第i号状态，人在第j个岛上，到达目标的期望步数。
那么(dp[1][1])就是答案，(dp[cnt][i])都是0。
然后两种转移就是
1. 状态不变，i状态的j岛转移到v岛
步数就是(dp[i][v]+1)。
到达v岛的概率是(frac 1 {s_j})
如果产生了彩虹(p[j])，那么必须是连接同一联通块的岛。
a[i]是第i个联通块的岛的数量，(C_{a[i]}^2)种方案是不改变状态的，总方案是(C_{n}^{2})，于是彩虹连接同一联通块的概率就是(frac {sum {a[i]*(a[i]-1)}}{n*(n-1)})。
否则不产生彩虹(1-p[j])，状态一定不变。
2. 状态改变，i状态的j岛转移到k状态的v岛
步数是(dp[k][v]+1)。
把步数乘上对应概率加起来就是期望值。
高斯消元
然后我们列出了这样的式子
变形一下就是
右边的dp是已经求得的，所以是个常数。左边的dp[i][j]作为未知数，j从1到n有n个这样的方程，n个未知数，可以高斯消元来求解。
ps. 这次的sb错，调了好一会儿：直接把整型数相乘然后去除以浮点数。另外这题好难啊，我想了很久，最后还是看官方题解加上看别人代码理解才写出来。
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#define N 22
#define M 1000007
using namespace std;
int cas,t,n,cnt,a[N];
int f[M+1],mg[700][N][N];
//f[code]：code对应的状态
//mg[s][x][y]:状态s的第x和第y个合并后的状态
double p[N],dp[700][N],g[N][N];
//dp[st][i]，当前状态st，人在第i个岛上，到达目标状态的期望值
vector<int>s[N];
struct sta{
int a[N],tot;
}st[700];
int code(sta t){
int b=t.tot;
for(int i=1;i<=t.tot;i++)
b=(b*233%M+t.a[i])%M; //hash
return b;
}
void dfs(int d,int k,int sum){
if(sum==n){
sta &t=st[++cnt];
t.tot=d-1;
for(int i=1;i<d;i++)
t.a[i]=a[i];
f[code(t)]=cnt;
return;
}
for(int i=k;i<=n-sum;i++)
dfs(d+1,a[d]=i,sum+i);
}
int merge(sta t,int x,int y){
t.a[x]+=t.a[y];
swap(t.a[y],t.a[t.tot--]);
sort(t.a+1,t.a+t.tot+1);
return f[code(t)];
}
void pre(){
//求出所有可能的状态并hash处理，求出合并两个联通块后对应的状态
cnt=0;
dfs(1,1,0);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(int x=1;x<st[i].tot;x++)
for(int y=x+1;y<=st[i].tot;y++)
mg[i][x][y]=merge(st[i],x,y);
}
void gauss(double x[]){
for(int i=1;i<=n;i++){
int r=i;
while(!g[r][i]&&r<=n)r++;
if(r>n)return;
swap(g[r],g[i]);
for(int j=i+1;j<=n;j++){
double t=g[j][i]/g[r][i];
for(int k=1;k<=n+1;k++)
g[j][k]-=t*g[r][k];
}
}
for(int i=n;i;i--)if(g[i][i]){//注意判断
x[i]=g[i][n+1]/g[i][i];
for(int j=1;j<i;j++)
g[j][n+1]-=g[j][i]*x[i];
}
}
void work(){
memset(dp,0,sizeof dp);
for(int i=cnt-1;i>=1;i--){
memset(g,0,sizeof g);
for(int j=1;j<=n;j++){
double b=1;
for(int x=1;x<st[i].tot;x++)
for(int y=x+1;y<=st[i].tot;y++){
int k=mg[i][x][y];
double ps=p[j]*st[i].a[x]*st[i].a[y]/(n*(n-1)/2)/s[j].size();
for(int u=0;u<s[j].size();u++){
int v=s[j][u];
b+=dp[k][v]*ps;
}
}
g[j][j]=1;
g[j][n+1]=b;
double ps=0;
for(int x=1;x<=st[i].tot;x++)
ps+=st[i].a[x]*(st[i].a[x]-1);//连接同一联通块的岛的彩虹个数*2
ps/=n*(n-1);//除以 2*总的彩虹个数(n*(n-1)/2)
ps=(ps*p[j]+1-p[j])/s[j].size();
for(int u=0;u<s[j].size();u++){
int v=s[j][u];
g[j][v]-=ps;
}
}
gauss(dp[i]);
}
}
int main() {
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lf",&p[i]),s[i].clear();
for(int i=1,t,v;i<=n;i++){
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d",&v);
s[i].push_back(v);
}
}
pre();
work();
printf("Case #%d: %f
",++cas,dp[1][1]);
}
return 0;
}