題意：一張 $n$ 個點的無向連通圖，兩個人開始時分別在 $a,b$。每次在 $u$ 時會以 $p$ 的概率原地不動，$1?p$ 的概率等概率隨機選擇到一個相鄰的點，當兩人在同一點時停止。分別求在每個點相遇的概率。

$n\le 22$

網上一堆 “從起點走到 $(i,j)$ 的概率”，看得我一臉懵逼……

很容易分析出轉移矩陣 $M$，然后相當于求這個東西：

$$\underset{t\to +\infty }{\lim }{M}^{t}V$$

但這個并沒有通用的求法，因為矩陣的特征向量有無數多個。

算法一

比較直觀的解法。

設 $f(i,j)$ 表示 $(i,j)$ 這個狀態到達次數的期望，即這個狀態在所有世界線中出現次數的平均值。

由于最終點只有可能出現 $0$ 次或 $1$ 次，所以它的期望次數就是概率。

而這個期望隨便消一下就可以算出來。

算法二

比較本質的解法。

考慮枚舉一個最終狀態 $(s,s)$，在此條件下求 $f(i,j)$ 表示最終到這個狀態的概率，令 $f(i,i)=[i=s]$,就可以消元了。但這樣是 $O(n^7)$ 的，無法通過。

考慮一次性把每個點作為終點的 $n$ 個答案算出來，即構建出 $(n^2?n)\times (n^2)$ 的矩陣。這樣有 $n^2$ 個未知數但只有 $n^2?n$ 個方程，無法解出，但可以求出 $f(a,b)$ 關于 $f(1,1),f(2,2),\dots ,f(n,n)$ 的線性表達，就可以求出答案了。

復雜度 $O(n^6)$

所以算法一算法二以及上面那個假算法寫出來都一樣的……

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #include <cmath> #include <vector> using namespace std; vector<int> e[25]; double p[25],a[505][505]; int n,m,sa,sb; inline int id(int x,int y) {if (x==y) return n*n-n+x;return (x-1)*(n-1)+y-(y>x); } void gauss(int n,int m) {for (int i=1;i<=n;i++){int pos=i;for (int j=i+1;j<=n;j++) if (fabs(a[j][i])>fabs(a[pos][i])) pos=j;if (pos>i) swap(a[i],a[pos]);for (int j=1;j<=n;j++)if (j!=i){double t=a[j][i]/a[i][i];for (int k=i;k<=m;k++)a[j][k]-=t*a[i][k];}} } int main() {scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&sa,&sb);if (sa==sb){for (int i=1;i<=n;i++) if (i==sa) printf("%.10f ",1.0);else printf("%.10f ",0.0);return 0;}for (int i=1;i<=m;i++){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);}for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&p[i]);for (int u=1;u<=n;u++)for (int v=1;v<=n;v++)if (u!=v){int s=id(u,v);double pu=1.0/e[u].size(),pv=1.0/e[v].size();for (int i=0;i<=(int)e[u].size();i++)for (int j=0;j<=(int)e[v].size();j++){double t=(i<(int)e[u].size()? (1-p[u])*pu:p[u])*(j<(e[v].size())? (1-p[v])*pv:p[v]);a[s][id(i<(int)e[u].size()? e[u][i]:u,j<(int)e[v].size()? e[v][j]:v)]=t;}a[s][s]-=1;}gauss(n*n-n,n*n);int s=id(sa,sb);for (int i=n*n-n+1;i<=n*n;i++) printf("%.10f ",-a[s][i]/a[s][s]);return 0; }

總結

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