\(\text{Description}\)
给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图。从 \(1\) 号节点出发，每一步以相等的概率 随机 选择当前节点连出去的某条边，经过这条边走到下一个节点，获得等于这条边的编号的分数。到达 \(n\) 号顶点时结束。请对这 \(m\) 条边进行编号，使得获得的总分的期望值 最小。
\(\text{Solution}\)
考虑 \(\rm dp\)，设 \(f_u\) 表示到达节点 \(u\) 的期望次数，\(g_i\) 表示经过边 \(i\) 的期望次数，\(d_u\) 表示节点 \(u\) 的度数。
对于图中的一条边 \((u,v)\)，\(v\) 连出去 \(d_v\) 条边，只有一种情况会经过 \((u,v)\)，所以有 \(\dfrac{f_v}{d_v}\) 种。
还要注意：
- 由于到 \(n\) 号点就停了，因此 \(n\) 号点对答案没有贡献，因此 \(u,v\) 都不能为 \(n\)。
- 一开始就在一号点，所以 \(f_1\) 初始值为 \(1\)。
所以有
\[f_u= \begin{cases} \sum\limits_{(u,v)\in E,v\ne n}\dfrac{f_v}{d_v}+1&u=1\\ \sum\limits_{(u,v)\in E,v\ne n}\dfrac{f_v}{d_v}&u\ne1,u\ne n \end{cases} \]对于边 \((u,v)\)，有可能是从 \(u\) 过来的，也有可能是从 \(v\) 过来的。
即
\[g_{(u,v)}=\dfrac{f_u}{d_u}+\dfrac{f_v}{d_v}\quad u\ne n,v\ne n \]然后将 \(g\) 进行排序，贪心地选择即可。
但是我们发现一个问题，\(f_v\) 可以推到 \(f_u\)，而更新后的 \(f_u\) 又能推到 \(f_v\)，这样就没法处理了。我们把这种问题称为 有后效性 \(\rm dp\)。
怎么处理呢？
我们举个例子，假设是这样一张图：
除 \(5\) 号点之外：
\[\begin{cases} f_1=\dfrac{f_2}{d_2}+\dfrac{f_3}{d_3}+1\\ f_2=\dfrac{f_1}{d_1}+\dfrac{f_4}{d_4}\\ f_3=\dfrac{f_1}{d_1}\\ f_4=\dfrac{f_2}{d_2} \end{cases} \]我们整理一下这个方程组：
\[\begin{cases} 1\cdot f_1-\dfrac{1}{d_2}\cdot f_2-\dfrac{1}{d_3}\cdot f_3+0\cdot f_4=1\\ -\dfrac{1}{d_1}\cdot f_1+1\cdot f_2+0\cdot f_3-\dfrac{1}{d_4}\cdot f_4=0\\ -\dfrac{1}{d_1}\cdot f_1+0\cdot f_2+1\cdot f_3+0\cdot f_4=0\\ 0\cdot f_1-\dfrac{1}{d_2}\cdot f_2+0\cdot f_3+1\cdot f_4=0 \end{cases} \]这就是一个 \((n-1)\) 元一次方程组，高斯（-约旦）消元即可。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)。
\(\text{Code}\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
typedef double db;
using namespace std;
const int MAXN = 505;
const int MAXM = 125005;
int cnt;
int head[MAXN], st[MAXM], ed[MAXM], d[MAXN];
struct edge
{
int to, nxt;
}e[MAXM << 1];
void add(int u, int v)
{
e[++cnt] = edge{v, head[u]};
head[u] = cnt;
d[u]++;
}
int n, m;
db a[MAXN][MAXN];
db f[MAXN], g[MAXM];
void Gauss_Jordan()
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int mx = i;
for (int j = i + 1; j <= n; j++)
{
if (fabs(a[j][i]) > fabs(a[mx][i]))
{
mx = j;
}
}
if (mx != i)
{
swap(a[i], a[mx]);
}
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
if (j != i)
{
db val = a[j][i] / a[i][i];
for (int k = i + 1; k <= n + 1; k++)
{
a[j][k] -= a[i][k] * val;
}
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
f[i] = a[i][n + 1] / a[i][i];
}
}
bool cmp(double x, double y)
{
return x > y;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d", st + i, ed + i);
add(st[i], ed[i]);
add(ed[i], st[i]);
}
n--;
for (int u = 1; u <= n; u++)
{
a[u][u] = 1;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if (v != n + 1)
{
a[u][v] = -1.0 / d[v];
}
}
if (u == 1)
{
a[u][n + 1] = 1;
}
}
Gauss_Jordan();
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
g[i] = f[st[i]] / d[st[i]] + f[ed[i]] / d[ed[i]];
}
sort(g + 1, g + m + 1, cmp);
db ans = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
ans += i * g[i];
}
printf("%.3lf\n", ans);
return 0;
}