题解 P1235 【血缘关系】

· · 题解

难得成为此题第一个吃螃蟹的蒟蒻……

这道题的思维难度不是太大，但实现难度稍大，有一定综合性。

基本递推

首先，我们记F[a][b]表示a和b的基因相似度。

不难发现，F[a][b]=F[b][a]，自身没有祖先的那些点之间F[a][b]=0，自身和自身F[a][a]=1。

归纳证明可得到F[a][b]=(F[f[a][0]][b]+F[f[a][1]][b])/2，其中f[a][0],f[a][1]是a的父母，且a的辈分比b低或相同。如果不是很容易理解可以手动计算一下样例。

所以我们已经找到了递推公式。实现的时候可以先确定所有点的辈分（用类似拓扑的方法），然后记忆化搜索（直接递推比较难确定先后顺序，不提倡）。

高精度小数

到这里我们已经明确了答案的计算方式，但是此题有一个很大的坑点——高精度小数。

如果要手写浮点数（科学计数法）或高精分数肯定是能实现的，可惜本蒟蒻并不会。注意到F[a][b]只能是0,1或纯小数，可以用定点数存放。

时空分析

总时间复杂度O(n²（就是最大的m）×n（高精度的转移代价）)=O(n³)，空间复杂度也是O(n³)。

为什么高精度的存储转移代价是O(n)呢？其实此题只涉及加法和除2，O(n)计算转移操作是可以实现的。出一组数据：3是1,2的孩子，4是1,3的孩子，5是1,4的孩子，以此类推直到300是1,299的孩子，这样查询1和300的相似度的答案是1-2^(-298)，需要298位小数才能存放，所以存储代价也是O(n)。

时间上1s多半是资辞的，但是空间上直接开300³的int好像会MLE。C++选手可以用vector来存放小数来防止MLE。也可以用short类型。

虽然写得又长又难看，但还是贴一下代码吧。相信大家都是诚实的好孩子不会抄题解。

/*luoguP1235 AC code, Copyright © JSSY(i.e. jiangyougogogo)*/
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#define hk 310
using namespace std;
struct DB{short N[hk];};//正序存储定点小数，N[0]代表位数，N[1]是整数部分，N[2]到N[N[0]]是小数部分
DB div(DB x,int y){//高精度除法
    int rem,flg=0;DB z;if(!x.N[1]&&x.N[0]==1)return x;
    for(memset(z.N,0,sizeof z.N),z.N[z.N[0]=1]=x.N[1]/y,rem=x.N[1]%y;(rem||!flg)||z.N[0]<x.N[0];z.N[0]++){
        z.N[z.N[0]+1]=(rem*10+x.N[z.N[0]+1])/y;
        rem=(rem*10+x.N[z.N[0]+1])%y;if(z.N[z.N[0]+1])flg=1;
    }return z;
}DB plu(DB x,DB y){//高精度加法
    int i=max(x.N[0],y.N[0]);DB z;for(memset(z.N,0,sizeof z.N);i;i--){
        z.N[i-1]+=(z.N[i]+x.N[i]+y.N[i])/10;
        z.N[i]=(z.N[i]+x.N[i]+y.N[i])%10;
    }for(z.N[0]=max(x.N[0],y.N[0]);z.N[0]>1&&!z.N[z.N[0]];z.N[0]--);
    return z;
}void wri(DB x){//输出，先输出百分数的整数部分，再输出小数部分
    int i,t=0;for(i=1;i<4;i++)t=t*10+x.N[i];
    printf("%d",t);if(x.N[0]<4){puts("%");return;}
    for(putchar('.'),i=4;i<=x.N[0];i++)printf("%d",x.N[i]);puts("%");return;
}
vector<int>eg[hk];int n,k,i,j,x,y,z,f[hk][2],m,q[hk],la[hk],to[hk],hd,tl,tt;
bool iss[hk],lab[hk][hk],inq[hk];DB F[hk][hk];
DB C(int x,int y){//记忆化搜索
    if(lab[x][y])return F[x][y];//计算过就直接把答案拿来
    if(la[x]>la[y]||!iss[y])F[x][y]=F[y][x]=div(plu(C(f[x][0],y),C(f[x][1],y)),2);
    else F[x][y]=F[y][x]=div(plu(C(x,f[y][0]),C(x,f[y][1])),2);//选辈分低的向祖先方向继续搜
    lab[x][y]=lab[y][x]=1;return F[x][y];
}int main(){
for(scanf("%d%d",&n,&k),i=0;i<k;i++)
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),f[x][0]=y,f[x][1]=z,iss[x]=1,eg[y].push_back(x),eg[z].push_back(x),to[x]+=2;
    for(i=1;i<=n;i++)if(!iss[i])q[++tl]=i,la[i]=inq[i]=1;//类似拓扑的方法处理辈分，先把没有父母（即iss[i]==0）的那些点记作第一层，计算la[]表示层数，分层
    for(hd=0;hd^tl;){
        for(hd++,i=eg[q[hd]].size()-1;i+1;i--)if(!(--to[tt=eg[q[hd]][i]])&&!inq[tt])
            q[++tl]=tt,inq[tt]=1,la[tt]=la[q[hd]]+1;
}//BFS拓扑
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++){
        if(!iss[i]&&!iss[j])F[i][j].N[1]=0,F[i][j].N[0]=1,lab[i][j]=1;
        if(i==j)F[i][j].N[1]=1,F[i][j].N[0]=1,lab[i][j]=1;
}//赋初值，其中lab[i][j]表示当前位置有没有被计算过
for(scanf("%d",&m);m;m--){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        wri(C(x,y));//计算即输出
    }return 0;
}