题目描述:
一个城市有n个景点,起初这n个景点之间全都没有道路直接连通。
接下来的每一天, 我们要在这些没有道路直接相连的景点中,等概率的随机选取两个景点,给它们修一条道路让这两个景点直接连通。
那么请问平均期望(期望=sigma(概率*路的条数) )多少天后,我们可以使得全部景点连通起来?使得任意两个景点都可以通过我们修建的道路到达。
给定函数头部int calculate(int n);
完成它以实现上述功能,其中2<=n<=30。
举几个例子如下: n =2,返回1,即1天连通2点景点; n=3,返回2,2天连通3个景点; n=4,返回3(对返回结果向下取整),
3天联通4个景点; n=5,返回4; n=6,返回6; n=7,返回7; n=8,返回9 ....
解释下上面n=3和n=4的情况:
n=3时,两条路足够连通三个景点,所以答案是2;
n=4时,如果前三条路恰好构成三角形,那么我们还需要一条路使景点连通,需要4条路的概率是4/20 (选出3条路构成三角形的方法数除以任选3条路的方法数),
所以最后期望是 4 * (4/20) + 3 * (16/20) = 3.2 输出3。
挑战规则:
对返回结果向下取整; main函数是为方便你在提交代码之前进行在线编译测试,可不完成; 一旦提交代码,便不能再次重复提交。
问题分析:
题目用图论的语言来叙述就是:一个起初没有边的图,不断随机选择未直接相连的两点连边直到图连通,求连边的期望。
p[n][m]表示加m条边使得n个点连通的概率。那么p[n][m]-p[n][m-1]就表示加了m-1条边图尚未连通,加了第m条边后图连通的概率。那么显然需要加边的期望值是
现在问题变成如何计算p[n][m]。
正面计算p[n][m]比较困难,我们通过减去反面(即加了m条边,n个点不连通的概率)来计算。
既然图不是连通的,必然任意一个连通分量包含的点数小于n。不妨考虑编号为1的点所在的连通分量,假设有n1个点,m1条边。为了组建这个连通分量,首先选出除1外的n1-1个点,有c(n-1,n1-1)种方法。之后连m1条边,这有c(e1,m1)种方法,其中e1=c(n1,2)是可选的边数。在这所有的连边方法中要保证连完之后这n1个点是连通的,这恰好就是p[n1][m1]的意义,乘以这个数就得到了,到这里这个连通分量组建完成。对于剩下的m-m1条边,我们只要不连到上述连通分量就行了,也就是在剩下的n-n1个点之间连。方法数是c(c(n-n1,2),m-m1)。将这些数相乘就得到方法数,
上面计算的是1所在的连通分量有n1个点,m1条边的情况,我们需要枚举n1,m1。
下面是zzz---的代码
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
double a[451][451];
double c(int n,int k)
{
if(k<0 || n<k)
return 0;
if(k==n || k==0)
return 1;
if(a[n][k])
return a[n][k];
a[n][k]=c(n-1,k)+c(n-1,k-1);
return a[n][k];
}
double p[31][451],ans[31];
class RepairRode
{
public:
double calculate(int n) {
if(ans[n]!=0)
return (int)ans[n];
p[1][0]=1;
for(int i=2;i<=30;++i)
{
int e=c(i,2);
for(int j=i-1;j<=e;++j)
{
p[i][j]=1;
for(int k=1;k<i;++k)
{
int e1=c(k,2),e2=c(i-k,2);
for(int b=k-1;b<=e1;++b)
{
p[i][j]-=c(e2,j-b)*p[k][b]*c(e1,b)*c(i-1,k-1)/c(e,j);
}
}
double pre=0;
if(j>0)
pre=p[i][j-1];
ans[i]+=j*(p[i][j]-pre);
}
}
return ans[n];
}
};
转载自:http://blog.csdn.net/shuyechengying/article/details/9821745