BZOJ 3925:[Zjoi2015]地震后的幻想乡-状压DP

传送门

题意：

给定一个n点m边的无向图，没有重边和自环，每条边的权值为$[0,1]$之间的随机变量，求最小生成树中最大边的期望权值。

$n≤10,m≤\frac {n(n−1)}2$

Solution:

题意其实可以转化为选前k小的那些边使图恰好联通，求k的期望

答案即为$\frac k{(m+1)}$

那么我们只要分别求出选1-m条边使图恰好联通的概率，再把他们加起来即可得到k

概率可以通过合法方案除总方案数来得出：

$num[S]$表示两个端点都在S内的边的个数

$f[S][i]$表示只考虑S这个集合的点，在其中选了i条边，这些点不连通的方案数

$g[S][i]$表示只考虑S这个集合的点，在其中选了i条边，这些点连通的方案数

那么$f[S][i]+g[S][i]=C_{num[S]}^i$

那么应该如何转移才能使得不会算重呢？这里有一个惯用的套路：每次固定一个点集中的点，枚举包含这个点的联通块的大小

依据上面的条件我们可以得到：

$f[S][i+j]=\sum_{T\subset S}g[T][i]*C_{num[S-T]}^j$

注意所有的T都必须要包含我们所固定的点，注意这是真子集

设all是全集

最后的答案就是$\sum_{i=0}^m\frac {f[all][i]}{C_m^i*(m+1)}$

这样我们每次转移是枚举子集，复杂度$O(3^nm)$

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int num[1<<10],x[110],y[110];
int n,m,E[110][110];
bool vis[1<<10];
long long f[1<<10][100],g[1<<10][100],C[110][110];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    C[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=45;i++)
    {
        C[0][i]=1;
        for (int j=1;j<=i;j++)
            C[j][i]=C[j-1][i-1]+C[j][i-1];
    }
    for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
    for (int i=0;i<(1<<n);i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
            if (((i>>x[j]-1)&1)&&((i>>y[j]-1)&1)) num[i]++;
    //for (int i=1;i<(1<<n);i++) f[i][0]=1;
    for (int i=0;i<n;i++) vis[1<<i]=1,g[1<<i][0]=1;
    for (int S=1;S<(1<<n);S++)
    {
        if (vis[S]==1) continue;
        int lowbit=(S&(-S));
        for (int k=(S-1)&S;k;k=(k-1)&S)
            if (k&lowbit)
            {
                for (int i=0;i<=num[S];i++)
                    for (int j=0;j<=num[S-k];j++)
                        f[S][i+j]+=g[k][i]*C[j][num[S-k]];
            }
        for (int i=0;i<=num[S];i++)
            g[S][i]=C[i][num[S]]-f[S][i];
        }
    double ans=0;
//  for (int i=0;i<(1<<n);i++){
//      for (int j=0;j<=m;j++)
//          cout<<f[i][j]<<" ";cout<<num[i]<<":"<<i<<endl;}
    for (int i=0;i<=m;i++) ans+=1.0*f[(1<<n)-1][i]/C[i][m];
    printf("%.6f",ans/(m+1));
}