请详细分析 洛谷 P3232 游走 这道题的分析和思考思路，以及如何得到推导公式

<think>我们分析洛谷 P3232 [HNOI2013]游走这道题。题目要求在一个无向连通图上进行随机游走，从节点1出发，到达节点n结束。每次随机选择一条与当前节点相连的边走到下一个节点，并获得该边的分数（分数为边的编号）。现在需要对边重新编号（1~m），使得总分的期望值最小。注意，我们需要最小化的是总分的期望值。 ### 问题分析 1. **目标**：重新给边编号（1~m，分数即为编号），使得从节点1随机游走到节点n所经过的边的编号之和的期望值最小。 2. **关键观察**：期望值最小的策略显然是将经过概率大的边赋予小的编号（因为期望是边权乘以经过概率的和，所以边权小则期望小，但这里边权就是编号，所以我们要让经过概率大的边编号小）。 3. **问题转化**：因此，我们需要计算每条边的期望经过次数。然后，将期望经过次数大的边赋予较小的编号（即1,2,...,m中较小的数），而期望经过次数小的边赋予较大的编号。这样，总期望和就会最小。 ### 解题思路 1. **计算每条边的期望经过次数**：设一条边$e=(u,v)$的期望经过次数为$f(e)$。那么，总期望和为$\sum_{e} f(e) \times \text{编号}(e)$。根据排序不等式，当$f(e)$大的边赋予小的编号时，总和最小。因此，问题转化为求每条边的期望经过次数。 2. **边的期望经过次数与点的关系**：对于无向图中的边$(u,v)$，其期望经过次数可以表示为： $$f(u,v) = \frac{g(u)}{d(u)} + \frac{g(v)}{d(v)} \quad \text{当} \quad u \neq n \quad \text{且} \quad v \neq n$$ 其中，$g(u)$表示经过节点$u$的期望次数，$d(u)$是节点$u$的度数。但是注意，当游走到节点n时停止，所以节点n不会再往外走，因此边$(u,n)$的期望经过次数只包含从$u$到$n$的那一次（且$n$不会往外走，所以不会从$n$走到$u$）。实际上，更精确的公式是： - 从$u$到$v$的期望次数等于在节点$u$时选择边$(u,v)$的概率乘以到达$u$的期望次数，再加上在节点$v$时选择边$(v,u)$的概率乘以到达$v$的期望次数（但注意，如果$v$是n，则不会从$v$走到$u$）。 - 因此，一般地，有： $$f(u,v) = \frac{g(u)}{d(u)} \cdot [v \neq n] + \frac{g(v)}{d(v)} \cdot [u \neq n]$$ 其中$[P]$是指示函数，当条件$P$成立时为1，否则为0。 3. **计算节点的期望经过次数**：我们需要计算每个节点$u$的期望经过次数$g(u)$。注意起点是1，终点是n（到达n后停止）。 - 对于节点1：其期望经过次数$g(1)$包括初始时刻的一次，以及可能从其他节点走回来。因此，我们需要建立方程组。 - 对于节点$u$（$u\neq 1$且$u\neq n$）： $$g(u) = \sum_{(v,u) \in E} \frac{g(v)}{d(v)}$$ 注意：这里求和是遍历所有指向$u$的边（无向图，所以就是所有与$u$相邻的节点$v$），并且$v$不能是$n$（因为到达$n$就停止了，不会从$n$再走到其他节点）。 - 对于节点1，因为一开始就在1，所以： $$g(1) = 1 + \sum_{(v,1) \in E} \frac{g(v)}{d(v)} \quad \text{（注意：v不能是n）}$$ 但是，这里有一个循环依赖：每个节点的值依赖于相邻节点的值。因此，我们需要建立线性方程组。 4. **方程组建立**：设节点$u$的期望经过次数为$g(u)$，则： - $g(1) = 1 + \sum_{v \in N(1)} \frac{g(v)}{d(v)} \quad \text{（注意：这里v不能是n，但实际上如果1和n相邻，那么从v=n过来是不允许的，因为n不会往外走）}$ 但是，这个式子并不直接，因为1的相邻节点可能会依赖1。实际上，我们重新考虑： - 当在节点$u$时，下一步会以$1/d(u)$的概率走到它的每个邻居（除了节点n，因为走到n就停止了，所以节点n不会继续往外走，但是节点u可以是n吗？注意u=n时已经停止，所以不考虑从n出发）。因此，节点u的期望经过次数等于所有邻居节点v（v≠n）的期望经过次数乘以从v走到u的概率（即$1/d(v)$）的和，再加上初始状态（如果是起点1，则多一个1）。 - 因此，我们可以写出： 对于节点1：$g(1) = 1 + \sum_{(v,1) \in E, v \neq n} \frac{g(v)}{d(v)}$ 对于节点$u$（$u\neq 1$且$u\neq n$）：$g(u) = \sum_{(v,u) \in E, v \neq n} \frac{g(v)}{d(v)}$ 对于节点n：$g(n)=0$（因为到达n就停止了，不会经过n继续走，而且题目要求到达n结束，所以计算经过次数时，我们只计算到达n的次数？但是注意，我们经过n的次数是1次（最后一次），但这里我们定义$g(n)$为到达n的次数，但是实际上在游走过程中，到达n就停止了，所以n的期望经过次数就是1？这里需要澄清。） 然而，实际上，我们定义$g(u)$为从起点1开始到游走结束（到达n）的过程中，经过节点$u$的次数（包括多次经过）。但是，节点n只能经过一次（因为到达n就停止了），所以$g(n)=1$？不对，因为节点n可能是从不同的路径到达的，所以$g(n)$应该是到达n的概率和？不对，期望次数。 实际上，到达n后停止，所以节点n只能被经过一次（因为一旦到达就停止，所以不会再次到达）。但是，期望次数是1吗？不一定，因为可能有多条路径到达n，所以期望次数应该是1（因为最终一定会到达n，所以期望次数为1）。但是，在方程组中，我们如何体现？ 重新考虑：节点n是终止节点，所以当我们到达n时，游走结束。因此，节点n的期望经过次数就是1（因为最终一定会到达一次）。但是，在计算其他节点时，从其他节点走到n，那么对于边来说，从其他节点到n的边只会计入一次（因为到达n就停止了）。 因此，我们修正： - $g(n)=1$（因为最终一定会到达n，所以期望经过次数为1） - 节点1：$g(1) = 1 + \sum_{(v,1)\in E} \frac{g(v)}{d(v)} \cdot [v\neq n]$ 但是，节点1的初始状态算一次，然后从邻居节点（非n）走回来也会增加次数。 - 对于其他节点$u$（$u\neq 1$且$u\neq n$）： $$g(u) = \sum_{(v,u)\in E} \frac{g(v)}{d(v)} \cdot [v\neq n]$$ 但是，这个方程组存在循环依赖，而且节点1的方程中包含了自身（因为无向图中1的邻居可能包含1吗？无向简单图，没有自环，所以不会包含1）。然而，节点1的方程中出现了$g(v)$，而$v$可能是1的邻居，这些邻居又可能包含1（形成环），所以我们需要解线性方程组。 然而，这里有一个问题：节点n的期望次数是1，那么节点n的方程应该怎么写？实际上，节点n不会继续往外走，所以它不会对邻居的期望次数产生贡献（即不会通过$g(n)/d(n)$去贡献其他节点）。但是，节点n的期望次数$g(n)$是1，这个1是确定的。 所以，我们重新定义方程组： 令$g(1)$表示经过节点1的期望次数（包括初始的那一次），$g(n)=1$（表示最终一定会经过n一次）。 对于节点$u$（$u\neq 1$且$u\neq n$），有： $$g(u) = \sum_{v \in N(u)} \frac{g(v)}{d(v)} \quad \text{（注意：这里要求$v\neq n$，因为从$v$到$u$的转移必须要求$v$不是终止节点）}$$ 但是，节点1的方程：$g(1) = 1 + \sum_{v\in N(1), v\neq n} \frac{g(v)}{d(v)}$（因为初始在1，然后从邻居（非n）回来会增加次数） 节点n的方程：$g(n)=1$（不参与其他节点的转移，因为到达n就停止了） 然而，这个方程组并不完整，因为节点1的邻居可能包含n吗？可以包含。如果节点1和n相邻，那么从节点1可以直接走到n。但是，在节点1的方程中，我们并没有考虑从1走到n的情况？实际上，节点1的期望次数只计算停留在1的次数，而走到n后游走结束，不会增加其他节点的次数。所以，在节点1的方程中，我们只考虑从其他节点走到1的情况（不包括从n走到1，因为n不会往外走）。所以，如果1和n相邻，那么节点1走到n并不会影响节点1的期望次数（因为节点1的期望次数是停留在1的次数，而走到n是离开1）。 实际上，更标准的做法是：将节点n视为吸收态（一旦到达就停留，不再转移）。那么，我们可以建立如下方程组： 对于每个节点$u$（$u\neq n$）： $$g(u) = [u=1] + \sum_{v \in N(u)} \frac{g(v)}{d(v)} \quad (v \neq n)$$ 注意：这里$[u=1]$表示如果$u$是1，则初始有1次（即一开始就在1），否则为0。但是，这个方程中，每个节点$u$的期望次数等于所有邻居$v$（非n）的期望次数除以$d(v)$（即从$v$走到$u$的概率）的和，再加上初始在1的那一次（仅当$u=1$时）。然而，这个方程并没有考虑节点$u$的邻居是n的情况？实际上，当$u$的邻居是n时，从$u$到n的转移会终止，所以不会增加其他节点的次数。但是，在计算$g(u)$时，我们只考虑其他节点走到$u$的情况，而$u$自己走到邻居并不会影响$g(u)$（因为$g(u)$是经过$u$的次数，每次经过$u$后，$u$会以均等的概率走到邻居，包括n，但是走到n后不会增加其他节点的次数，所以我们在方程组中不考虑从$u$到n的转移，只考虑其他节点走到$u$）。 然而，这个方程组的建立需要再仔细考虑。实际上，更常见的做法是： 设$g(u)$表示从起点1开始，到达终点n的游走过程中，经过节点$u$的期望次数（注意：到达n后停止，所以节点n只计算一次，且不会从n再转移出去）。 那么，对于节点1，有： $$g(1) = 1 + \sum_{v \in N(1), v \neq n} \frac{g(v)}{d(v)}$$ 为什么？因为一开始在1（所以+1），然后，当从邻居$v$（非n）走到1时，会增加1的经过次数（每次从$v$走到1，都会使1的经过次数增加1次，而$v$的期望次数是$g(v)$，每次$v$有$1/d(v)$的概率走到1，所以是$g(v)/d(v)$）。 对于节点$u$（$u\neq 1$且$u\neq n$）： $$g(u) = \sum_{v \in N(u), v \neq n} \frac{g(v)}{d(v)}$$ 因为节点$u$的经过次数全部来源于邻居节点（非n）的转移。 对于节点n： $$g(n)=1$$ 因为最终一定会到达n一次（且仅一次，因为到达就停止了，所以不会多次到达）。 但是，这个方程组有一个问题：节点1的方程中，$g(1)$依赖于$g(v)$（v是1的邻居），而v的方程又可能依赖于$g(1)$（因为无向图，有环）。所以我们需要解一个线性方程组。 另外，节点n的方程是已知的（$g(n)=1$），所以我们可以将其代入其他方程。但是，在节点u的方程中，我们只考虑非n的邻居，所以实际上节点n不会出现在方程的右边（除了节点n自己，但节点n的方程已经独立）。 然而，节点n的期望次数是1，但其他节点在计算时，如果邻居有n，那么从该节点走到n会终止，所以不会增加其他节点的次数？但是，在计算节点u（u≠n）的期望次数时，我们只考虑其他节点走到u，而不考虑u走到其他节点。所以，节点u的期望次数等于所有非n邻居节点v的期望次数乘以$1/d(v)$（即从v走到u的概率）的和。 因此，方程组为： $$g(1) - \sum_{v \in N(1), v\neq n} \frac{g(v)}{d(v)} = 1$$ $$g(u) - \sum_{v \in N(u), v\neq n} \frac{g(v)}{d(v)} = 0 \quad (u \neq 1, u\neq n)$$ $$g(n)=1$$ 但是，节点n的邻居呢？在计算邻居节点（比如节点u，且u与n相邻）的期望次数时，我们并没有考虑从n走到u的情况（因为n不会往外走），所以节点n的期望次数1不会对任何其他节点产生贡献。因此，节点n的1只表示它自己被经过1次。 然而，这里有一个问题：节点1的方程中，如果1和n相邻，那么从1可以一步走到n，但是节点1的期望次数中，并不包括从1走到n这一步对节点1的贡献？实际上，节点1的期望次数包括：初始在1（1次），以及从其他节点（非n）走到1的次数。而如果1直接走到n，那么节点1的期望次数就是1（因为初始在1，然后直接走到n，没有其他节点走到1）。所以，这个方程是合理的。 但是，节点n的期望次数1是怎么来的？实际上，最终一定会到达n，所以$g(n)=1$。但是，在游走过程中，节点1可能直接走到n，也可能经过其他路径到达n。所以，节点n的期望次数1是固定的。 因此，我们得到$n-1$个未知数（$g(1),g(2),\dots,g(n-1)$）的线性方程组（$g(n)$已知为1，不需要解）。注意，节点n的邻居节点在计算时，如果$u$是n的邻居，那么$u$的方程中，其邻居$v$不包括n（因为$v\neq n$），所以不会出现$g(n)$。 5. **边的期望经过次数**：得到每个节点的期望经过次数$g(u)$后，对于一条边$e=(u,v)$（假设$u$和$v$都不是n），那么这条边的期望经过次数为： $$f(e) = \frac{g(u)}{d(u)} + \frac{g(v)}{d(v)}$$ 因为从$u$经过这条边到$v$（概率为$1/d(u)$，且$u$的期望经过次数为$g(u)$），以及从$v$经过这条边到$u$（概率为$1/d(v)$，且$v$的期望经过次数为$g(v)$）。但是，如果其中一个是n呢？ - 如果$u=n$，那么边$(n,v)$的期望经过次数：因为从$v$走到$n$（$n$不会往回走），所以只有从$v$到$n$的贡献：$f(e) = \frac{g(v)}{d(v)}$。 - 同理，如果$v=n$，则$f(e) = \frac{g(u)}{d(u)}$。 因此，统一写： $$f(e) = \frac{g(u)}{d(u)} \cdot [u \neq n] + \frac{g(v)}{d(v)} \cdot [v \neq n]$$ 6. **最小化总期望**：设我们给边重新编号为$w_1, w_2, \dots, w_m$（$w_i$是互不相同的1~m的整数），则总期望为$\sum_{e} f(e) \cdot w(e)$。根据排序不等式，为了最小化这个和，我们应该将期望经过次数$f(e)$大的边赋予小的$w(e)$（即小的编号）。因此，将边按$f(e)$从大到小排序，然后依次赋予编号$1,2,\dots,m$（即最大的$f(e)$赋予1，次大的赋予2，...，最小的赋予m）。 总期望的最小值为：$\sum_{i=1}^{m} f(e_i) \times i$，其中$f(e_i)$是排序后第$i$大的边的期望经过次数（即赋予的编号为$i$）。 7. **解线性方程组**：方程组有$n-1$个方程（节点1和节点2~n-1），未知数为$g(1),g(2),\dots,g(n-1)$。注意节点n的$g(n)=1$已知。方程组的形式为： $$g(u) - \sum_{v \in N(u), v\neq n} \frac{g(v)}{d(v)} = \begin{cases} 1, & \text{if } u=1 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$$ 注意，这里$u$的范围是$1$到$n-1$。这个方程组可以用高斯消元求解。 注意：每个节点$u$的方程中，系数矩阵的构建： - 第$u$行第$u$列：系数为1。 - 第$u$行第$v$列（$v$是$u$的邻居，且$v\neq n$）：系数为$-1/d(v)$。 - 常数项：$u=1$时为1，否则为0。 但是，这里有一个细节：节点$u$的方程中，$v$是$u$的邻居，而$v$可能是1~n-1中的任意节点（除了n）。另外，节点$u$的邻居$v$的度数$d(v)$是已知的。 由于$n\le 500$，高斯消元$O(n^3)$可以接受。 ### 推导公式总结 1. **定义**： - $g(u)$：节点$u$的期望经过次数（$u$从1到n-1），$g(n)=1$。 - $d(u)$：节点$u$的度数（包括与n相邻的边？是的，因为度数就是相邻边的数量，但是节点n不会往外走，所以计算度数时，节点n的度数我们不考虑？实际上，度数在图中是固定的，每个节点的度数在输入时就确定了，包括节点n的度数。但是，在方程中，节点n的邻居不会出现在方程右边，而节点n的度数在计算边经过次数时会用到（如果边与n相连））。 2. **线性方程组**（$u=1,2,\dots,n-1$）： $$g(u) - \sum_{v \in N(u), v\neq n} \frac{g(v)}{d(v)} = \begin{cases} 1, & u=1 \\ 0, & u \neq 1, u \neq n \end{cases}$$ 注意：节点$u$的邻居$v$必须满足$v\neq n$（即不考虑从n转移过来的情况）。 3. **边的期望经过次数**（对于边$e=(u,v)$）： $$f(e) = \frac{g(u)}{d(u)} \cdot [u \neq n] + \frac{g(v)}{d(v)} \cdot [v \neq n]$$ 4. **最小化总期望**：将边按$f(e)$降序排序，赋予编号$1,2,\dots,m$，总期望为： $$\text{ans} = \sum_{i=1}^{m} i \times f(e_{\text{rank } i})$$ ### 算法步骤 1. 读入无向图，记录每个节点的度数$d$，以及邻接表（包括边）。 2. 建立线性方程组（未知数$g(1),g(2),\dots,g(n-1)$）： - 初始化一个$n-1$阶的系数矩阵$A$和常数向量$B$。 - 对于每个节点$u$（$1\le u \le n-1$）： $A[u][u] = 1$ （这里假设节点编号从1开始，但矩阵下标从0开始则要调整） 对于$u$的每个邻居$v$（$v$在1~n-1之间，即$v\neq n$）： $A[u][v] = -1/d(v)$ （注意：这里$v$是邻居节点，且$v\neq n$） $B[u] = 1$ 当且仅当$u=1$，否则为0。 - 注意：节点$u$的邻居$v$可能是节点n，此时跳过（因为$v=n$，不在未知数范围内）。 3. 用高斯消元法求解方程组$A \times \vec{g} = \vec{B}$，得到$g(1),g(2),\dots,g(n-1)$。 4. 令$g(n)=1$。 5. 计算每条边$e=(u,v)$的期望经过次数$f(e)$： $$f(e) = \frac{g(u)}{d(u)} \cdot [u \neq n] + \frac{g(v)}{d(v)} \cdot [v \neq n]$$ 6. 将边按$f(e)$从大到小排序。 7. 将排序后的边依次赋予编号$1,2,\dots,m$（即$f(e)$最大的边编号为1，次大的编号为2，...，最小的编号为m）。 8. 计算总期望：$\text{ans} = \sum_{i=1}^{m} i \times f(e_i)$，其中$e_i$是排序后第$i$条边。 ### 注意事项 - 节点$n$的期望次数$g(n)$固定为1，不参与方程组求解。 - 在构建方程组时，节点$u$的邻居$v$如果等于$n$，则忽略（因为$n$不在未知数中）。 - 高斯消元求解$n-1$元线性方程组，时间复杂度$O(n^3)$，$n\le 500$，所以$500^3=1.25e8$，在C++中可能需要注意优化（如使用部分主元高斯消元，避免精度问题）。 - 精度问题：使用`double`，注意高斯消元中的精度控制。 ### 代码框架（C++） ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 505; const double eps = 1e-8; int n, m; vector<int> G[N]; // 邻接表，存邻居节点（包括n） int deg[N]; // 度数 double g[N]; // g[1..n-1]为未知数，g[n]=1 double A[N][N]; // 增广矩阵，大小为(n-1)*(n)（最后一列是常数） int u[N*N], v[N*N]; // 存储每条边 void gauss(int n) { // 高斯消元求解n阶线性方程组（实际未知数为n-1个，这里n表示节点数-1，即n-1个未知数） int equ = n, var = n; // n个方程，n个未知数（这里n就是n-1，因为节点1~n-1） for (int i = 1; i <= n; i++) { // 找到第i列中绝对值最大的行 int r = i; for (int j = i+1; j <= n; j++) if (fabs(A[j][i]) > fabs(A[r][i])) r = j; if (fabs(A[r][i]) < eps) continue; // 无解或多解 if (r != i) swap(A[r], A[i]); // 归一化 for (int j = i+1; j <= var+1; j++) A[i][j] /= A[i][i]; A[i][i] = 1.0; // 消元 for (int j = 1; j <= equ; j++) { if (j == i) continue; double rate = A[j][i]; for (int k = i; k <= var+1; k++) { A[j][k] -= rate * A[i][k]; } } } // 回代（实际上增广矩阵最后一行已经是解） for (int i = 1; i <= n; i++) { g[i] = A[i][var+1]; } } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i = 1; i <= m; i++) { scanf("%d%d", &u[i], &v[i]); G[u[i]].push_back(v[i]); G[v[i]].push_back(u[i]); deg[u[i]]++; deg[v[i]]++; } // 建立方程组：未知数g[1]~g[n-1] // 初始化增广矩阵 memset(A, 0, sizeof(A)); // 第1个方程对应节点1，第n-1个方程对应节点n-1 for (int i = 1; i <= n-1; i++) { // 第i个方程对应节点i（注意：节点编号i，在矩阵中是第i行） A[i][i] = 1.0; for (int j = 0; j < G[i].size(); j++) { int neighbor = G[i][j]; if (neighbor == n) continue; // 跳过邻居为n的情况 // 注意：邻居neighbor在1~n-1之间 A[i][neighbor] -= 1.0 / deg[neighbor]; } // 常数项 if (i == 1) A[i][n] = 1.0; // 常数项在增广矩阵的第n列（因为未知数有n-1个，所以常数项放在第n列） else A[i][n] = 0.0; } // 高斯消元求解，未知数个数为n-1 gauss(n-1); // 设置g[n]=1 g[n] = 1.0; // 计算每条边的期望经过次数 vector<double> f; for (int i = 1; i <= m; i++) { double cnt = 0; if (u[i] != n) cnt += g[u[i]] / deg[u[i]]; if (v[i] != n) cnt += g[v[i]] / deg[v[i]]; f.push_back(cnt); } // 将f从大到小排序 sort(f.begin(), f.end(), greater<double>()); double ans = 0; for (int i = 0; i < m; i++) { ans += f[i] * (i+1); // 第i大的边赋予编号i+1（因为编号从1开始） } printf("%.3f\n", ans); return 0; } ``` 注意：上面的高斯消元部分是一个简化的版本，实际实现时要注意精度和主元选取。另外，上面的代码中增广矩阵的常数项放在第n列（即下标为n的列），而未知数的列下标从1到n-1。 ### 参考文献 [^1]: Luogu P3232 [HNOI2013]游走题目描述 [^2]: 洛谷题解中关于概率dp和高斯消元的应用 [^3]: 关于终止节点n的处理方式 [^4]: 输入输出格式说明 §§相关问题§§ 1. 如何在高斯消元中避免精度问题？ 2. 排序不等式在期望问题中的应用还有哪些？ 3. 无向图随机游走问题中，节点的期望访问次数有哪些性质？ 4. 如果图不是无向图，而是有向无环图，如何计算边的期望经过次数？ 5. 高斯消元法的时间复杂度如何优化？</think>### 洛谷 P3232 [HNOI2013]游走 题目分析 #### 问题描述 给定一个无向连通图（$n$ 个顶点，$m$ 条边），从节点 1 开始随机游走：每次以均等概率选择当前节点的边移动到相邻节点，并获得该边的编号作为分数。到达节点 $n$ 时游走结束。要求对边重新编号（1 到 $m$），使得总分的期望值最小。 **关键观察**： 期望值最小化策略是让经过概率高的边赋予小编号（根据排序不等式）。因此核心是计算**每条边的期望经过次数**，再按期望次数降序分配编号 1, 2, ..., m。 --- ### 解题思路 #### 步骤 1：建立节点期望方程 设 $g(u)$ 表示节点 $u$ 的期望经过次数（$u \in [1, n]$），需满足： 1. **起点特殊处理**：$g(1)$ 包含初始状态 $$g(1) = 1 + \sum_{\substack{v \in N(1) \\ v \neq n}} \frac{g(v)}{d(v)}$$ 2. **中途节点**（$u \neq 1$ 且 $u \neq n$）： $$g(u) = \sum_{\substack{v \in N(u) \\ v \neq n}} \frac{g(v)}{d(v)}$$ 3. **终点固定**：$g(n) = 1$（到达即终止） > **注**：$N(u)$ 是 $u$ 的邻居集合，$d(v)$ 是节点 $v$ 的度数。终点 $n$ 不向任何节点转移[^3]。 #### 步骤 2：构建线性方程组 将 $g(1)$ 到 $g(n-1)$ 的方程整理为 $n-1$ 元线性方程组： $$\begin{cases} g(1) - \sum_{v \in N(1) \backslash \{n\}} \frac{g(v)}{d(v)} = 1 \\ g(u) - \sum_{v \in N(u) \backslash \{n\}} \frac{g(v)}{d(v)} = 0 & (2 \leq u \leq n-1) \end{cases}$$ **矩阵形式示例**（以 3 节点链 1-2-3 为例）： $$\begin{bmatrix} 1 & -\frac{1}{d(2)} \\ -\frac{1}{d(1)} & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} g(1) \\ g(2) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$ #### 步骤 3：计算边的期望经过次数 对边 $e = (u, v)$： $$f(e) = \frac{g(u)}{d(u)} \cdot [u \neq n] + \frac{g(v)}{d(v)} \cdot [v \neq n]$$ 其中 $[P]$ 是指示函数（条件 $P$ 成立时为 1，否则为 0）[^3]。 #### 步骤 4：最小化期望总和 1. 将边按 $f(e)$ **从大到小**排序 2. 分配编号：$f(e)$ 最大的边编号为 1，次大的为 2，...，最小的为 $m$ 3. 总期望最小值： $$E_{\min} = \sum_{i=1}^{m} i \cdot f(e_{\text{rank } i})$$ > **数学原理**：排序不等式（逆序和最小）[^1]。 --- ### 算法流程 ```mermaid graph TD A[输入图结构] --> B[构建线性方程组] B --> C[高斯消元解 g1~gn-1] C --> D[计算边期望 f(e)] D --> E[按 f(e) 降序排序] E --> F[分配编号 1~m] F --> G[计算总期望 E_min] ``` #### 复杂度分析 - **高斯消元**：$O(n^3)$（$n \leq 500$ 可接受） - **边处理**：$O(m \log m)$（排序） --- ### 关键公式推导 #### 1. 节点期望方程推导 设 $p(u)$ 为访问节点 $u$ 的概率，则期望次数 $g(u) = \sum p(\text{路径经过 } u)$。由全期望公式： - 起点 $u=1$ 初始贡献 $+1$ - 其他节点 $u$ 的访问来自邻居转移： $$g(u) = [u=1] + \sum_{\substack{v \to u \\ v \neq n}} \overbrace{\frac{1}{d(v)}}^{\text{转移概率}} \cdot \overbrace{g(v)}^{\text{访问 } v \text{ 的期望}}$$ #### 2. 边期望公式推导 边 $(u,v)$ 被经过的两种情况： 1. $u \to v$：概率 $\frac{g(u)}{d(u)}$（$u \neq n$） 2. $v \to u$：概率 $\frac{g(v)}{d(v)}$（$v \neq n$） 故 $f(e) = \frac{g(u)}{d(u)} \cdot [u \neq n] + \frac{g(v)}{d(v)} \cdot [v \neq n]$ #### 3. 最小化策略证明 由排序不等式： $$\sum_{i=1}^m a_i b_i \geq \sum_{i=1}^m a_i b_{\sigma(i)} \quad (a,b \text{ 同序时最小})$$ 当 $a_i = f(e_i)$（降序）且 $b_i = i$（升序）时和最小[^1]。 --- ### 代码实现要点 ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 505; vector<int> G[N]; // 邻接表 int deg[N], u[N*N], v[N*N]; // 度数 & 边信息 double A[N][N], g[N]; // 方程组 & 解 void gauss(int n) { // 解 n 阶方程组 for (int i = 1; i <= n; ++i) { int pivot = i; for (int j = i+1; j <= n; ++j) if (fabs(A[j][i]) > fabs(A[pivot][i])) pivot = j; swap(A[i], A[pivot]); for (int j = n+1; j >= i; --j) A[i][j] /= A[i][i]; for (int j = 1; j <= n; ++j) { if (j == i) continue; double factor = A[j][i]; for (int k = i; k <= n+1; ++k) A[j][k] -= factor * A[i][k]; } } for (int i = 1; i <= n; ++i) g[i] = A[i][n+1]; } int main() { // 读图 & 初始化度数 int n, m; cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= m; ++i) { cin >> u[i] >> v[i]; G[u[i]].push_back(v[i]); G[v[i]].push_back(u[i]); deg[u[i]]++, deg[v[i]]++; } // 构建方程组 (n-1 个未知数) for (int i = 1; i < n; ++i) { A[i][i] = 1.0; for (int v : G[i]) { if (v == n) continue; // 跳过终点 A[i][v] = -1.0 / deg[v]; } A[i][n+1] = (i == 1) ? 1.0 : 0.0; // 常数项 } gauss(n-1); // 解 g[1]~g[n-1] g[n] = 1.0; // 固定终点期望 // 计算边期望 vector<double> f; for (int i = 1; i <= m; ++i) { double cnt = 0; if (u[i] != n) cnt += g[u[i]] / deg[u[i]]; if (v[i] != n) cnt += g[v[i]] / deg[v[i]]; f.push_back(cnt); } // 排序 & 计算最小期望 sort(f.rbegin(), f.rend()); double ans = 0; for (int i = 0; i < m; ++i) ans += (i + 1) * f[i]; // 编号 1~m 分配 printf("%.3f\n", ans); return 0; } ``` > **精度提示**：高斯消元需使用部分主元法（`pivot`）避免除零和精度损失[^2]。 --- ### 相关思考 1. **为什么终点 $g(n)=1$？** 游走必以概率 1 到达 $n$，故期望次数为 1[^3]。 2. **如何处理自环/重边？** 题目保证简单图，无需特殊处理[^4]。 3. **非连通图的影响？** 题目限定连通图，确保从 1 可到 $n$。 ---