51nod 1943 联通期望 题解【二进制】【枚举】【概率期望】【DP】

作者: wjyyy 分类: DP,二进制,枚举,概率期望,解题报告 发布时间: 2019-03-19 17:53

点击量:24

集合统计类期望题目。

题目描述

在一片大海上有 \(n\) 个岛屿,规划建设 \(m\) 座桥,第i座桥的成本为 \(z_i\),但由于海怪的存在,第 \(i\) 座桥有 \(p_i\) 的概率不能建造。

求在让岛屿尽量联通的情况下,期望最小成本为多少。

尽量联通:在对每座桥确定能否建造的情况下,对于任意两个岛屿,如果存在一种建桥方案使得它们联通,那么它们必须联通。

输入输出格式

输入格式:

第一行:两个整数 \(n\) 和 \(m\)(\(n\) 为岛屿数量,\(m\) 为桥的数量),中间用空格分割。

之后 \(m\) 行,每行三个整数 \(x_i,y_i,z_i\) 和一个实数 \(p_i\),表示一条联通岛屿 \(x_i\) 与 \(y_i\) 的桥,成本为 \(z_i\),有 \(p_i\) 的概率损坏。保证不存在重边。

输出格式:

一行,一个实数 \(ans\),表示期望最小成本。输出保留6位小数。

输入输出样例

输入样例:

3 3
1 2 10 0.5
1 3 10 0.5
2 3 10 0.5

输出样例:

13.750000

说明

数据范围:

\(n\le 14,\ m\le \frac{n(n−1)}{2},\ z_i\le 100000,\ 0<p_i<1\)

样例解释:

  1. 有 \(\frac 18\) 的概率能建 \(3\) 座桥,那么尽量联通的最小代价是 \(20\)。

  2. 有 \(\frac 38\) 的概率能建 \(2\) 座桥,那么尽量联通的最小代价是 \(20\)。

  3. 有 \(\frac 38\) 的概率能建 \(1\) 座桥,那么尽量联通的最小代价是 \(10\)。

  4. 有 \(\frac 18\) 的概率能建 \(0\) 座桥,那么尽量联通的最小代价是 \(0\)。

因此,总代价\(=\frac{1\times 20+3\times 20+3\times 10+0}8=13.750000\)。

题解:

集合一类的题目比较抽象,所以转移方程也有些难想。

首先我们考虑一条边在什么情况下会做出贡献。

理解题目中“尽量连通”的意思。对于一张图,如果两个点在原图上连通,那么要求他们在新图上必须连通。也就是求出最小生成森林。

因为相同权值的不同边对最小生成森林的最终结果互不影响,所以我们可以认为它们互不相同,对我们接下来的算法流程有一定的简化。首先按 \(z_i\) 排序,相同的 \(z_i\) 以下标为第二关键字。

那么一条边产生贡献当且仅当

  • 它没有被破坏:\(1-p_i\),
  • 不存在一条比它小的边连接 \(x_i,y_i\)。

令 \(f[S]\) 表示集合 \(S\) 是当前的一个极大最小生成树的概率。极大最小生成树表示不存在一条边 \(\left<u,v\right>\) 使得 \(u\in S,v\notin S\) 且 \(S\) 内部互相连通。

对于一条边 \(\left<x_i,y_i\right>\),枚举 \(x_i\in S,y_i\in T\) 的集合 \(S\) 和 \(T\),且 \(S\cap T=\varnothing\),则 \(f[S\cup T]\) 的值与当前边就有了关系。如果之前没有连通,那么这条边会造成一个新的贡献;如果之前连通了,则不造成影响。所以 \(f[S\cup T]\) 是加和关系。方程为 \(f[S\cup T]=f[S\cup T]+f[S]\times f[T]\times P\times (1-p_i)\),其中 \(P\) 是一个参数,表示重复计算的一些量,在下面会重提。

当这条边被摧毁时,二者均不变。方程表示为 \(f[S]=f[S]\times p_i\),这里没有上面的 \(P\),原因在于当 \(f[S]\) 这个值有意义时,就代表之前全部都合法。

此时我们进一步讨论“如果之前没有连通”的情况。事实上不连通只要满足 \(S\cap T=\varnothing\) 就可以了,看上去是直接贡献到答案的,但是需要考虑一些特殊的边。

假设当前的边是红色,已经枚举到了 \(S,T\) 这两个集合。那么上面的蓝色边被摧毁时,分别在 \(S\) 和 \(T\) 处乘了 \(p_i\),但是实际上这样的边每条只出现了一次。因此在合并的时候我们要把它除掉,令 \(g[S][T]\) 表示

$$
\frac{\prod_{\left<u,v\right>\in E,u\in S,v\in T}p_{\left<u,v\right>}}{p_i}
$$

就是蓝色边的 \(p\) 的乘积。那么对于一条边以及它两边的集合 \(S,T\),它的 \(P=g[S][T]\),对答案的贡献就是 \(f[S]\times f[T]\times P\times (1-p_i)\times z_i\)。

此时考虑怎么算 \(g[S][T]\),你甚至无法开下一个 \(2^{28}\) 大小的数组。但是这个数可以 \(O(1)\) 计算或每次动态维护,这里给出 \(O(1)\) 的计算方法。

令 \(h[S]\) 表示 \(S\) 内部没有点互相连通的概率。对于第 \(i\) 条边,还是枚举左右的集合 \(S,T\)。\(h[S\cup T]\) 仍不连通的概率是 \(h[S\cup T]\times p_i\),注意这里和 \(h[S],h[T]\) 都没有关系。直观上理解是因为 \(S\) 和 \(T\) 之间可能还有一些边连接了,理性上分析原因是 \(h[S\cup P]\) 如果仍不连通,那么之前一定不连通,同时当前这条边也没有做出贡献。(就这么简单)

然后发现 \(h[S\cup T]\) 中的概率也是蓝色的边多算了一次,因此 \(g[S][T]=\frac{h[S\cup T]}{h[S]\times h[T]}\)。然后枚举计算就可以了。

同时要注意 \(f\) 要满足无后效性,所以在更新完答案和一些无关的 \(f,h\) 后再更新一些不影响的 \(f[S]=f[S]\times p_i\)。

做了几个期望题..感觉到只要有任何一处细节错误就是 \(100\to 0\) 的节奏啊..省选应该不会主动开概率题的吧…

注意除法的常数极大,尽量转为乘法或者提前计算多次用到的数据。

由于枚举子集的子集复杂度为 \(O(3^n)\),所以总时间复杂度是 \(O(m\cdot 3^{n-2})\)(题解说的。

注意一定要枚举 \(T\in \complement_{U}S\) 才能保证复杂度。

\(O\left(2^{|S|}\right)\) 枚举子集的方法可见博客置顶帖

Code:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define db double
struct edge
{
    int x,y,z;
    db p;
    friend bool operator <(edge a,edge b)
    {return a.z<b.z;}
}e[300];
db f[1<<14],h[1<<14];
//h是完全不连通概率
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d%d%lf",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].z,&e[i].p);
        --e[i].x;
        --e[i].y;
    }
    std::sort(e+1,e+1+m);
    for(int i=0;i<n;++i)
        f[1<<i]=1;
    for(int i=0;i<(1<<n);++i)
        h[i]=1;
    int U=(1<<n)-1;
    db ans=0;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        int x=1<<e[i].x,y=1<<e[i].y;
        int s=U^x^y;
        for(int j=s;j>=0;j=s&(j-1))
        {
            int t=U^j^x^y;
            for(int k=t;k>=0;k=t&(k-1))
            {
                db g=f[j|x]*f[k|y]*(1-e[i].p)/h[j|x|k|y]*h[j|x]*h[k|y];
                f[j|x|k|y]+=g;
                ans+=g*e[i].z;
                h[j|x|k|y]*=e[i].p;
                if(!k)
                    break;
            }
            if(!j)
                break;
        }

        for(int j=s;j>=0;j=s&(j-1))
        {
            f[j|x]*=e[i].p;
            f[j|y]*=e[i].p;
            if(!j)
                break;
        }
    }
    printf("%.6lf\n",ans);
    return 0;
}

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