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题意：给一个图，有些点之间已经连边，现在给每对点之间加边的概率是相同的，问使得整个图连通，加边条数的期望是多少。
此题可以用概率DP+并查集+hash来做。
用dp（i，j，k...)表示当前的每个联通分量的点数分别是i，j，k...（连通分量的个数不固定）时，加边的期望。
这样以dp（i，j，k)为例分析状态转移的过程，dp（i，j，k)=p1*dp（i，j，k)+p2*dp（i+j，k)+p3*dp（i，j+k)+p4*dp(j,i+k)+1。
终止条件是dp（n）=0，因为此时图一定联通，所以期望是0。
这个式子是怎么来的呢？
p1*dp（i，j，k)表示增加了一条边之后原来的联通分量没有改变时的情况，p1表示选中这样的无用边的概率；p2*dp（i+j，k)表示增加了一条连结i和j这两个联通分量的边，p2表示选中i和j之间的边的概率。最后的1表示增加了一条边。
这里我们要计算选边概率。
首先有n*（n-1）/2条边。
如果选中了不改变图的联通分量的边，此时说明每次加的边都属于一个连通分量，所以一共有sum{(cnt(i)*cnt(i)-1)/2}（cnt(i)表示该联通分量内有cnt(i)个点）种选择情况。
如果选中了某条边连结了某两个联通分量i、j，这个时候一共有cnt（i）*cnt（j）种情况。
计算概率只需要除以边的总数即可。
计算连通分量可以用并查集。
因为这个题只看图的连通情况不在乎具体是哪个点，因此可以对每个联通分量的点数排序，使得每个状态唯一，这样可以得到很多重叠的子问题，整个问题就可以用记忆化搜索完成了。
很明显问题的状态比较复杂，直接下手很难处理也容易超时，所以用hash处理状态压缩判重。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdlib> #define MOD 100007 using namespace std; int n,m; struct State { double val; int x[31]; bool vis; State() { memset(x,0,sizeof(x)); vis=false; } void clear() { memset(x,0,sizeof(x)); vis=false; } void mysort() { sort(x,x+30); } int myhash() const { int res=0; for(int i=29,b=1; i>=0&&x[i]; --i) { res+=x[i]*b; res%=MOD; b*=30; b%=MOD; } return res; } bool operator ==(State &t)const { for(int i=0; i<30; ++i) if(x[i]!=t.x[i]) return false; return true; } bool operator !=(State &t) const { return !(*this==t); } }; State has[MOD+5],st; void inserthash(State &p) { int v=p.myhash(); while(has[v].vis) if(++v==MOD) v=0; has[v]=p; has[v].vis=true; } double gethash(State &p) { int v=p.myhash(); while(has[v].vis&&has[v]!=p) if(++v==MOD) v=0; return has[v]==p?has[v].val:-1; } int father[35]; int find(int p) { return p==father[p]?p:(father[p]=find(father[p])); } void init() { for(int i=1; i<=n; ++i) father[i]=i; st.clear(); } double DP(State &s) { if(s.myhash()==n) return 0; double v=gethash(s); if(v!=-1.0) return v; double q=0,sn=n*(n-1)/2.0;; for(int i=29; i>=0&&s.x[i]; --i) q+=s.x[i]*(s.x[i]-1)/2.0; double &res=s.val; res=1; for(int i=29; i>=0&&s.x[i]; --i) for(int j=i-1; j>=0&&s.x[j]; --j) { double p=s.x[i]*s.x[j]/sn; State t; for(int k=29; k>=0; --k) if(k!=i&&k!=j) t.x[k]=s.x[k]; else if(k==i) t.x[k]=s.x[i]+s.x[j]; else t.x[k]=0; t.mysort(); res+=p*DP(t); } res=res/(1-q/sn); inserthash(s); return res; } int cnt[35]; int main() { while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { init(); for(int i=0; i<m; ++i) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); int fx=find(x),fy=find(y); if(fx!=fy) father[fx]=fy; } memset(cnt,0,sizeof(cnt)); for(int i=1; i<=n; ++i) cnt[find(i)]++; for(int i=1; i<=n; ++i) st.x[i-1]=cnt[i]; st.mysort(); printf("%.6f\n",DP(st)); } return 0; }
学习了http://www.cnblogs.com/swm8023/archive/2012/09/21/2696593.html。
POJ 3156 - Interconnect (概率DP+hash),布布扣,bubuko.com
POJ 3156 - Interconnect (概率DP+hash)
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原文地址：http://www.cnblogs.com/kkkwjx/p/3726138.html
