洛谷 P3317 [SDOI2014]重建 矩阵树定理

题目描述

T国有N个城市，用若干双向道路连接。一对城市之间至多存在一条道路。

在一次洪水之后，一些道路受损无法通行。虽然已经有人开始调查道路的损毁情况，但直到现在几乎没有消息传回。

幸运的是，此前T国政府调查过每条道路的强度，现在他们希望只利用这些信息估计灾情。具体地，给定每条道路在洪水后仍能通行的概率，请计算仍能通行的道路恰有N-1条，且能联通所有城市的概率。

输入输出格式

输入格式：
输入的第一行包含整数N。

接下来N行，每行N个实数，第i+l行，列的数G[i][j]表示城市i与j之间仍有道路联通的概率。

输入保证G[i][j]=G[j][i]，且G[i][j]=0；G[i][j]至多包含两位小数。

输出格式：
输出一个任意位数的实数表示答案。

你的答案与标准答案相对误差不超过10^(-4)即视为正确。

输入输出样例

输入样例#1：
3
0 0.5 0.5
0.5 0 0.5
0.5 0.5 0
输出样例#1：
0.375
说明

1 < N < =50

数据保证答案非零时，答案不小于10^-4

分析：
如果我们把基尔霍夫矩阵中的$A[i,i]$设为$i$相连的边的权值和，$A[i,j]$设为边$(i,j)$的权值相反数，那么跑出来的行列式的结果是每棵树的权值积的总和。假如我们把概率设为权值，结果就是

$$det(A)=\sum_{Tree}\prod_{(i,j)\in T}p(i,j)$$
而答案是
$$ans=\sum_{Tree}\prod_{(i,j)\in T}p(i,j)*\prod_{(i,j)\notin T}(1-p(i,j))$$
根据考虑给 $det$乘上后面的东西，
$$det(A)*\prod_{(i,j)}(1-p(i,j))=\sum_{Tree}\prod_{(i,j)\in T}p(i,j)*(1-p(i,j))*\prod_{(i,j)\notin T}(1-p(i,j))$$
那么假如我们把 $A[i,j]$设为 $\frac{p(i,j)}{(1-p(i,j))}$，再给行列式乘 $\prod_{(i,j)}(1-p(i,j))$，那么就是答案了。
当 $p(i,j)=1$时，我们给 $p(i,j)=1-10^{-12}$就可以了。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>

const int maxn=57;

using namespace std;

int n;
double a[maxn][maxn],b[maxn][maxn];
double ans;

double det(int n)
{
    double ans=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            double rate=a[j][i]/a[i][i];
            for (int k=i;k<=n;k++)
            {
                a[j][k]-=rate*a[i][k];
            }
        }
        ans*=a[i][i];
    }
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    ans=1;          
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (int j=1;j<=n;j++)
        {
            scanf("%lf",&b[i][j]);
            if (b[i][j]==1) b[i][j]-=1e-12;
        }
    }   
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (int j=1;j<=n;j++)
        {
            if (i>j) ans*=1-b[i][j];
            if (i!=j)
            {
                a[i][j]=-b[i][j]/(1-b[i][j]);
                a[i][i]-=a[i][j];
            }
        }
    }       
    ans=abs(ans*det(n-1));
    printf("%.8lf",ans);
}