[ZJOI2015]地震后的幻想乡

description

给定一个\(n\)个节点\(m\)条边的无向图,其中每条边的权值在\([0,1]\)内均匀随机,
求最小生成树最大边权的指望。
\(n\le 10,m\le \frac{n(n-1)}{2}\)

solution

这题有两种作法。

orz _rqy

因为边权的指望
\[ \begin{aligned} E(X)&=\int_0^1P(X=x)xdx\\ &=\int_0^1P(X=x)\int_0^xdtdx\\ &=\int_0^1(\int_t^1P(X=x)dx)dt\\ &=\int_0^1P(X\ge t)dt\\ \end{aligned} \]故考虑边权的几率生成函数\(F(x)=\int_0^1P(x\ge t)dt\)。

设\(P_S(t)\)为\(S\)内的节点经过\(<t\)的边不能连通的几率,经过子集容斥可得转移方程为
\[\int_0^1P_S(t)dt=\int_0^1\sum_{S_0\subsetneq S,p\in S_0}(1-t)^{T(S_0,S-S_0)}(1-P_{S_0}(t))dt\]其中\(p\)为点集\(S\)内肯定的一点。
转化得
\[ \begin{aligned} \int_0^1P_S(t)dt&=\int_0^1\sum_{S_0\subsetneq S,p\in S_0}(1-t)^{T(S_0,S-S_0)}(1-P_{S_0}(t))dt\\ &=\sum_{S_0\subsetneq S,p\in S_0}\int_0^1(1-t)^{T(S_0,S-S_0)}(1-P_{S_0}(t))dt\\ &=\sum_{S_0\subsetneq S,p\in S_0}\int_0^1(1-t)^{T(S_0,S-S_0)}-(1-t)^{T(S_0,S-S_0)}P_{S_0}(t)dt\\ &=\sum_{S_0\subsetneq S,p\in S_0}\frac{1}{1+T(S_0,S-S_0)}-\int_0^1(1-t)^{T(S_0,S-S_0)}P_{S_0}(t)dt\\ \end{aligned} \]
因而有
\[\int_0^1(1-t)^kP_S(t)dt=\sum_{S_0\subsetneq S,p\in S_0}\frac{1}{1+k+T(S_0,S-S_0)}-\int_0^1(1-t)^{k+T(S_0,S-S_0)}P_{S_0}(t)dt\]

记录\(S,k\),直接一路推到答案便可。

orz shadowice1984

首先若是咱们枚举\(m\)条边的大小关系(\(O(m!)\)种)很显然这\(m!\)中关系出现的几率都是相等的
那么咱们就有了一个\(O(mm!)\)的暴力作法:
知道了边的大小关系,咱们就能够知道最小生成树的最大边的排名了,而后直接套用给出的公式便可

如今考虑子集dp,设\(f[S][k]\)表示在点集\(S\)内最小生成树的最大边排名为\(k\)的几率

发现这个无法转移,考虑将这个条件转化为在S内连了k条边后连通的方案数
转移有\[f[S][k]=\binom{A[S]}{k}-\sum_{S_0\subsetneq S,p\in S_0}\sum_{i=0}^kf[S_0][i]\binom{A[S-S_0]}{k-i}\]其中\(A[S]\)表示\(S\)内的边数。

但咱们发现求出来\(WA\)了。
从新考虑一下,在S内连了k条边后连通的方案数应该是点集\(S\)内最小生成树的最大边排名小于等于\(k\)的几率

因此利用以前的公式,\(E=\sum_{i=1}^{m}P(x=i)i=\sum_{i=1}^{m}P(x\ge i)=\sum_{i=1}^{m}1-P(x\le i-1)\)

而后就能够作了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define FL "a"
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const int N=52;
const int mod=997;
const dd eps=1e-9;
inline ll read(){
  ll data=0,w=1;char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
  if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
  while(ch<='9'&&ch>='0')data=data*10+ch-48,ch=getchar();
  return data*w;
}
inline void file(){
  freopen(FL".in","r",stdin);
  freopen(FL".out","w",stdout);
}

int n,m,A[1<<10],cnt[1<<10],low[1<<10];
dd c[N][N],ans,dp[1<<10][N];
void print(int s,int k){if(k)print(s>>1,k-1),putchar(48+(s&1));}
dd dfs(int s,int k){
  if(dp[s][k]>=0)return dp[s][k];
  if(cnt[s]==1&&!k)return 1;if(A[s]<k)return 0;
  dd &res=dp[s][k];res=c[A[s]][k];
  for(int i=k;~i;i--)
    for(int t=(s-1)&s;t;t=(t-1)&s)
      if(t&1<<low[s])res-=dfs(t,i)*c[A[s^t]][k-i];
  return res;
}

int main()
{
  n=read();m=read();
  for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
    u=read()-1;v=read()-1;
    for(int s=0;s<(1<<n);s++)
      if((s&(1<<u|1<<v))==(1<<u|1<<v))A[s]++;
  }
  for(int s=0;s<(1<<n);s++)
    cnt[s]=cnt[s>>1]+(s&1),low[s]=(s&1)?0:low[s>>1]+1;
  for(int s=0;s<(1<<n);s++)
    for(int i=0;i<=m;i++)dp[s][i]=-1;
  for(int i=0;i<=m;i++)
    for(int j=c[i][0]=1;j<=i;j++)c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
  for(int i=1;i<=m+1;i++)ans+=1.0-dfs((1<<n)-1,i-1)/c[m][i-1];
  printf("%.6lf\n",ans/(m+1));
  return 0;
}