【codevs2488】绿豆蛙的归宿 动态规划+拓扑排序

题目描述 Description

　　随着新版百度空间的上线，Blog宠物绿豆蛙完成了它的使命，去寻找它新的归宿。

　　给出一个有向无环图，起点为1终点为N，每条边都有一个长度，并且从起点出发能够到达所有的点，所有的点也都能够到达终点。绿豆蛙从起点出发，走向终点。

　　到达每一个顶点时，如果有K条离开该点的道路，绿豆蛙可以选择任意一条道路离开该点，并且走向每条路的概率为 1/K 。

　　现在绿豆蛙想知道，从起点走到终点的所经过的路径总长度期望是多少？

输入描述 Input Description

　　第一行: 两个整数 N M，代表图中有N个点、M条边

　　第二行到第 1+M 行: 每行3个整数 a b c，代表从a到b有一条长度为c的有向边

输出描述 Output Description

　　从起点到终点路径总长度的期望值，四舍五入保留两位小数。

样例输入 Sample Input

[code]4 4
1 2 1
1 3 2
2 3 3
3 4 4

样例输出 Sample Output

[code]7.00

数据范围及提示 Data Size & Hint

　　对于20%的数据 N<=100

　　对于40%的数据 N<=1000

　　对于60%的数据 N<=10000

　　对于100%的数据 N<=100000，M<=2*N

来源：Nescafe 19

上一篇好像被吞了…如果吐出来，发了两篇这个题别怪我233

一开始我定义dp[i]为到第i个点的期望，我发现并不好做，要注意很多东西。

所以我们可以定义dp[i]为i点到终点的期望，则答案就是dp[1]。

状态转移方程：

[code]dp[v]+=(dp[u]+l[i].d)/cd[v];

其中边由v指向u,cd[v]表示v的出度。

其实可以这样理解：

dp[v]+=dp[u]/cd[v]+l[i].d/cd[v];

因为l[i].d和dp[u]的概率都是1/cd[v]，所以对答案的贡献相乘再相加即可。

因为要无后效性，所以要拓扑排序，倒着来。（我直接反向建图的）

倒着拓扑排序可以在处理一个点时，它所连向的点都处理完了。

代码：

[code]#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int size=1000010;
int head[size],nxt[size],tot=0;

struct edge{
    int t;
    double d;
}l[size];

void build(int f,int t,double d)
{
    l[++tot].t=t;
    l[tot].d=d;
    nxt[tot]=head[f];
    head[f]=tot;
}

double dp[size];
int n,m;
int cd1[size],cd2[size];

queue<int> q;
void toposort()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(!cd1[i]) q.push(i);
    }
    while(q.size())
    {
        int x=q.front(); q.pop();
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
        {
            int v=l[i].t;
            dp[v]+=(dp[x]+l[i].d)*1.0/cd2[v];
        //  printf("%d %d\n",x,v);
            if(!--cd1[v]) q.push(v);
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a,b,c;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        build(b,a,c); 
        cd1[a]++;
        cd2[a]++;
    }
    toposort();
    printf("%.2lf",dp[1]);
    return 0;
}