题目大意
给一个边权是在$[0,1]$中随机随机选定的实数的图，求其最小生成树最大边的期望。
题目分析
提示很有用，我们可以对期望式子进行转化。
设最小生成树上最大边排名为$K$，$F(x)$表示排名第$x$的随机变量期望值，$P(x)$表示表达式$x$成立的概率，则：
其中$H$表示最小生成树最大边排名的期望。
又有：
其中$T(x)$表示用排名$\le x$的边不能构成生成树的概率。
因为边均为随机变量，故$T(x)$等价于选$x$条边不能构成生成树的概率。
因为本题略卡精度，因此先求出方案数，最后除以总方案数得概率。
设置状态：
$f[i,j]$表示点集为$i$，用$j$条边不能将$i$连通的方案数。
$g[i,j]$表示点集为$i$，用$j$条边将$i$连通的方案数。
显然有：
其中$cnt[i]$表示点集$i$内部边的个数。
考虑转移$f[S]$，通过枚举其子集$T$，使得$S-T$与$T$不连边，就可以完全包含不连通的情况。
但这样会算重，又用上城市规划的套路，强行指定一个点（$lowbit$）必须选，即可保证不重不漏。
通过边转移边计算$cnt$，即可做到$O(3^nm)$。
令全集为$all$，答案即为：
代码
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| #include<algorithm>
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#include<cstring>
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#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
inline const int Get_Int() {
int num=0,bj=1;
char x=getchar();
while(x<'0'||x>'9') {
if(x=='-')bj=-1;
x=getchar();
}
while(x>='0'&&x<='9') {
num=num*10+x-'0';
x=getchar();
}
return num*bj;
}
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
const int maxn=105,maxs=(1<<10)+5;
int n,m;
LL C[maxn][maxn],edges[maxs],bitnum[maxs],f[maxs][maxn],g[maxs][maxn],cnt[maxs];
void Get_C() {
C[0][0]=1;
for(int i=1; i<=m; i++) {
C[i][0]=C[i][i]=1;
for(int j=1; j<i; j++)C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}
}
int main() {
n=Get_Int();
m=Get_Int();
for(int i=1; i<=m; i++) {
int x=1<<(Get_Int()-1),y=1<<(Get_Int()-1);
edges[x]|=y;
edges[y]|=x;
}
Get_C();
bitnum[0]=0;
for(int i=1; i<(1<<n); i++)bitnum[i]=bitnum[i^lowbit(i)]+1;
for(int S=1; S<(1<<n); S++) {
if(bitnum[S]==1) {
g[S][0]=1;
continue;
}
int u=lowbit(S),v=S^u;
cnt[S]=cnt[v]+bitnum[edges[u]&v];
for(int T=(S-1)&S; T; T=(T-1)&S) {
if(!(T&u))continue;
for(int i=0; i<=cnt[T]; i++)
for(int j=0; j<=cnt[S^T]; j++)
f[S][i+j]+=g[T][i]*C[cnt[S^T]][j];
}
for(int i=0; i<=cnt[S]; i++)g[S][i]=C[cnt[S]][i]-f[S][i];
}
double ans=0;
for(int i=0; i<=m; i++)ans+=(double)f[(1<<n)-1][i]/C[cnt[(1<<n)-1]][i];
printf("%0.6lf\n",ans/(m+1));
return 0;
}
|
