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题目大意：D是起点，E是终点。每次等概率往某个方向走，问到达终点的期望步数。到不了终点或步数超限输出tragedy!

解题思路：

如果某个点四周都不是障碍，不难有方程：

E（X,Y）= （1/4）E（X-1,Y）+ （1/4）E（X+1,Y）+ （1/4）E（X,Y-1）+ （1/4）E（X,Y+1）+1

变形为一般式，且系数化1：4*E（X,Y）-E（X-1,Y）- E（X+1,Y） - E（X,Y-1） - E（X,Y+1） = 4

更一般化，如果周围有cnt个点可去： cnt*E（X,Y）-E（X-1,Y）- E（X+1,Y） - E（X,Y-1） - E（X,Y+1） = cnt

对于不可达点（不一定是障碍）或终点：E（X,Y）= 0，这一步的处理很重要，不然会导致出现自由变元，导致无穷解。

那么本题思路很明显了：

①BFS或是DFS，标记各点的可达情况。

②对于每个点（元），首先看其是否为不可达点或是终点，令其系数为1后continue

  如果不是，枚举四个方向，系数设为-1。最后该点系数为cnt，解向量初始化为cnt。

③高斯消元（本模板是高斯—约当消元法）。

④由于方程是把起点和终点逆过来列方程的，所以元[起点]的解才是最后的ans。（类似记忆化搜索的方式)

 

#include "cstdio"#include "queue"#include "cstring"#include "algorithm"#include "math.h"using namespace std;#define eps 1e-15char map[15][15],s[15];int n,m,T,sx,sy,ex,ey,vis[15][15],dir[4][2]={-1,0,1,0,0,-1,0,1},equ;double ratio[105][105];struct status{    int x,y;    status(int x,int y):x(x),y(y) {}};void Bfs(int x,int y){    queue
     
       Q;Q.push(status(x,y));    vis[x][y]=1;    while(!Q.empty())    {        status t=Q.front();Q.pop();        for(int s=0;s<4;s++)        {            int X=t.x+dir[s][0],Y=t.y+dir[s][1];            if(X<0||Y<0||X>=n||Y>=m||vis[X][Y]||map[X][Y]=='X') continue;            vis[X][Y]=1;            Q.push(status(X,Y));        }    }}void Reset(){    for(int i=0;i
      
       =0&&y>=0&&x
       
        
         fabs(ratio[k][i])) k=j;        swap(ratio[k],ratio[i]);        if(fabs(ratio[i][i])
        
       
      
     

 

2709

Accepted

1148

88

C++

2668 B

2014-11-06 20:51:07