Description
Input
数据的第1行为两个整数N和E，以空格分隔，分别表示森林中的景点数和连接相邻景点的路的条数。 第2行包含两个整数C和M，以空格分隔，分别表示初始时聪聪和可可所在的景点的编号。 接下来E行，每行两个整数，第i+2行的两个整数Ai和Bi表示景点Ai和景点Bi之间有一条路。 所有的路都是无向的，即：如果能从A走到B，就可以从B走到A。 输入保证任何两个景点之间不会有多于一条路直接相连，且聪聪和可可之间必有路直接或间接的相连。
Output
输出1个实数，四舍五入保留三位小数，表示平均多少个时间单位后聪聪会把可可吃掉。
Sample Input
【输入样例1】
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【输入样例2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
Sample Output
【输出样例1】
1.500
【输出样例2】
2.167
HINT
【样例说明1】 开始时，聪聪和可可分别在景点1和景点4。 第一个时刻，聪聪先走，她向更靠近可可(景点4)的景点走动，走到景点2，然后走到景点3；假定忽略走路所花时间。 可可后走，有两种可能： 第一种是走到景点3，这样聪聪和可可到达同一个景点，可可被吃掉，步数为1，概率为 。 第二种是停在景点4，不被吃掉。概率为 。 到第二个时刻，聪聪向更靠近可可(景点4)的景点走动，只需要走一步即和可可在同一景点。因此这种情况下聪聪会在两步吃掉可可。 所以平均的步数是1* +2* =1.5步。 对于所有的数据，1≤N,E≤1000。 对于50%的数据，1≤N≤50。
题解：此题是一道非常好的期望dp。首先根据题意，需要知道聪聪在不同情况下走向的点。可以使用BFS预处理，令p[i][j]表示聪聪在i点，可可在j点时，聪聪下一步走的点。然后就可以做期望dp了。 边界情况： dp[i][i]=0; dp[i][j]=1;(p[i][j]==j || p[p[i][j]][j]==j) 其他情况根据期望公式去推就好了，注意状态数不少，需要加记忆化来优化。
代码如下：
#include<iostream> #include<stdio.h> #include<algorithm> #include<string.h> #include<math.h> #include<vector> #include<queue> #define ll long long #define inf 0x7f7f7f7f #define N 1005 using namespace std; int n,m,cc,kk,x,y,dis[N][N],p[N][N]; double f[N][N]; vector<int> lin[N]; queue<int> q; void bfs(int x) { while(!q.empty()) q.pop(); q.push(x);dis[x][x]=0; while(!q.empty()) { int now=q.front();q.pop(); int tmp=p[x][now]; for(int i=0;i<lin[now].size();i++) { int nex=lin[now][i]; if(dis[x][nex]==-1 || (dis[x][now]+1==dis[x][nex] && tmp<p[x][nex])) { dis[x][nex]=dis[x][now]+1; p[x][nex]=tmp; if(!tmp) p[x][nex]=nex; q.push(nex); } } } } double dp(int x,int y) { if(f[x][y]) return f[x][y]; if(x==y) return 0; if(p[x][y]==y || p[p[x][y]][y]==y) return f[x][y]=1.0; double tot=dp(p[p[x][y]][y],y); for(int i=0;i<lin[y].size();i++) tot+=dp(p[p[x][y]][y],lin[y][i]); return f[x][y]=tot/(lin[y].size()+1)+1; } int main() { memset(dis,-1,sizeof(dis)); scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&cc,&kk); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); lin[x].push_back(y); lin[y].push_back(x); } for(int i=1;i<=n;i++) bfs(i); printf("%.3lf\n",dp(cc,kk)); return 0; }