【HYSBZOJ】【高斯消元】【期望DP】2337 [HNOI2011]XOR和路徑

HYSBZOJ 2337 [HNOI2011]XOR和路徑

題目大意

◇題目傳送門◆

分析

我們先考慮將這個問題轉化爲一個期望 DP ，設$f(i)$爲從$i$走到$N$的異或和的期望值，並記節點$i$的度數爲$d(i)$，$u,v$之間的邊權爲$v_{u,v}$。

則$f(u)$可以與它鄰接的節點轉移過來，所以不難得出：

$f(u)=\frac{1}{d(u)}\times \sum f(v)\oplus v_{u,v}$

然而這個圖裏面有自環、重邊等，這個方程是有後效性的。

我們發現總點數非常小，所以我們可以考慮高斯消元來求解這個方程。

但如果用高斯消元來做的話，異或實在是不好處理。但是我們可以將數按照二進制位拆開來做。

由於期望的線性性（$E(A + B) = E(A) + E(B)$），異或運算每位都互不影響，那麼這樣做顯然是對的。

則重新設$f(u)$從$u$到$N$的路徑上二進制第$k$位上爲$1$的概率（也就是該位上爲$1$的期望），$v_{u,v}$表示邊$u\rightarrow v$的邊權上二進制的第$k$位。

那麼就可以列出如下式子：

$f(u)=\frac{1}{d(u)}\times \left(\sum_{v_{u,v}=0}f(v)+\sum_{v_{u,v}=1}(1-f(v))\right)$

簡單整理一下：

$d(u)f(u)+\sum_{v_{u,v}=0}f(v)+\sum_{v_{u,v}=1}(1-f(v))=\sum[v_{u,v}=1]$

這樣就可以用高斯消元做了。

我們對於二進制下的每一位都這樣來一遍，最終的答案就是$\sum_{i=1}^{30}2^if(1)$。

總時間複雜度爲$O(N^3)$。

參考代碼

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int Maxn = 100;
const int Maxm = 10000;
const double EPS = 1e-7;

struct Edge {
	int to, dis;
	Edge *nxt;
};
Edge pool[Maxm * 2 + 5];
Edge *G[Maxn + 5], *ecnt = &pool[0];
void addedge(int u, int v, int dis) {
	Edge *p = ++ecnt;
	p->to = v, p->dis = dis;
	p->nxt = G[u], G[u] = p;
}

int N, M;
int deg[Maxn + 5];

double g[Maxn + 5][Maxn + 5];
void Gauss() {
	for(int i = 1; i <= N; i++) {
		int to = i;
		for(; to <= N; to++)
			if(fabs(g[to][i]) > EPS) break;
		if(to > N) continue;
		if(to != i)
			for(int j = 1; j <= N + 1; j++) swap(g[to][j], g[i][j]);
		double t = g[i][i];
		for(int j = 1; j <= N + 1; j++) g[i][j] /= t;
		for(int j = 1; j <= N; j++)
			if(j != i) {
				t = g[j][i];
				for(int k = 1; k <= N + 1; k++)
					g[j][k] -= t * g[i][k];
			}
	}
}

int main() {
#ifdef LOACL
	freopen("in.txt", "r", stdin);
	freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	scanf("%d %d", &N, &M);
	for(int i = 1; i <= M; i++) {
		int u, v, w;
		scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
		addedge(u, v, w), ++deg[u];
		if(u != v) addedge(v, u, w), ++deg[v];
	}
	double ans = 0;
	for(int k = 30; k >= 0; k--) {
		memset(g, 0, sizeof g);
		for(int u = 1; u < N; u++) {
			g[u][u] = -deg[u];
			for(Edge *p = G[u]; p != NULL; p = p->nxt) {
				int v = p->to, w = (p->dis >> k) & 1;
				if(w) g[u][v]--, g[u][N + 1]--;
				else g[u][v]++;
			}
		}
		g[N][N] = 1;
		Gauss();
		ans += (1 << k) * g[1][N + 1];
	}
	printf("%.3f", ans);
	return 0;
}