聪聪与可可
主文件名：cchkk
时限：1s
【问题描述】
在一个魔法森林里，住着一只聪明的小猫聪聪和一只可爱的小老鼠可可。虽然灰姑娘非常喜欢她们俩，但是，聪聪终究是一只猫，而可可终究是一只老鼠，同样不变的是，聪聪成天想着要吃掉可可。
一天，聪聪意外得到了一台非常有用的机器，据说是叫GPS，对可可能准确的定位。有了这台机器，聪聪要吃可可就易如反掌了。于是，聪聪准备马上出发，去找可可。而可怜的可可还不知道大难即将临头，仍在森林里无忧无虑的玩耍。
小兔子乖乖听到这件事，马上向灰姑娘报告。灰姑娘决定尽快阻止聪聪，拯救可可，可她不知道还有没有足够的时间。
整个森林可以认为是一个无向图，图中有N个美丽的景点，景点从1至N编号。小动物们都只在景点休息、玩耍。在景点之间有一些路连接。
当聪聪得到GPS时，可可正在景点M(M≤N)处。以后的每个时间单位，可可都会选择去相邻的景点(可能有多个)中的一个或停留在原景点不动。而去这些地方所发生的概率是相等的。假设有P个景点与景点M相邻，它们分别是景点R、景点S，……景点Q，在时刻T可可处在景点M，则在(T＋1)时刻，可可有1/(P+1)的可能在景点R，有1/(P+1)的可能在景点S，……，有1/(P+1)的可能在景点Q，还有1/(P+1)的可能停在景点M。
我们知道，聪聪是很聪明的，所以，当她在景点C时，她会选一个更靠近可可的景点，如果这样的景点有多个，她会选一个标号最小的景点。由于聪聪太想吃掉可可了，如果走完第一步以后仍然没吃到可可，她还可以在本段时间内再向可可走近一步。
在每个时间单位，假设聪聪先走，可可后走。在某一时刻，若聪聪和可可位于同一个景点，则可怜的可可就被吃掉了。
灰姑娘想知道，平均情况下，聪聪几步就可能吃到可可。而你需要帮助灰姑娘尽快的找到答案。
【输入格式】
从文件cchkk.in中读入数据。
数据的第1行为两个整数N和E，以空格分隔，分别表示森林中的景点数和连接相邻景点的路的条数。
第2行包含两个整数C和M，以空格分隔，分别表示初始时聪聪和可可所在的景点的编号。
接下来E行，每行两个整数，第i+2行的两个整数Ai和Bi表示景点Ai和景点Bi之间有一条路。
所有的路都是无向的，即：如果能从A走到B，就可以从B走到A。
输入保证任何两个景点之间不会有多于一条路直接相连，且聪聪和可可之间必有路直接或间接的相连。
【输出格式】
输出到文件cchkk.out中。
输出1个实数，四舍五入保留三位小数，表示平均多少个时间单位后聪聪会把可可吃掉。
【输入样例1】
4 3 1 4 1 2 2 3 3 4
【输出样例1】
1.500
【输入样例2】
9 9 9 3 1 2 2 3 3 4 4 5 3 6 4 6 4 7 7 8 8 9
【输出样例2】
2.167
【数据范围】
对于所有的数据，1≤N,E≤1000。
对于50%的数据，1≤N≤50。
【题解】
NOI还有这么简单的题么……引用Ivan的话：是人就会做。汗，这话说的我做出来以后一点成就感都没有。
唯一一点要注意的就是别让题目阴了。“灰姑娘想知道，平均情况下，聪聪几步就可能吃到可可。”按着这个做就挂了。一定得看清楚样例分析（我这没贴），否则怎么知道这个“步”是指回合而不是真的指具体的步呢。
要拿50分，floyd预处理+递归下降。要拿满分，bfs预处理+记忆化。我这里用的是spfa，纯是为了复习。好像spfa还快点（bfs我也写了）。
源码：
#include <fstream>
#include <iomanip>
using namespace std;
int V,E,C,K;//节点数、边数、聪聪和可可的初始位置
short neighbor[1001][1001];//[i][0]:节点i连接的边数;[i][j]:节点i的第j个邻居
unsigned short dist[1001][1001];//[i][j]:i、j两点间的最短距离
double dp[1001][1001];
bool walk(short &c,short k){//让聪聪向可可走一步，并返回是否能吃到
for(short j=1,c0=c,cc;j<=neighbor[c0][0];j++){
cc=neighbor[c0][j];
if(dist[c][k]>dist[cc][k]||(dist[c][k]==dist[cc][k]&&c>cc))
c=cc;
}
return c==k;
}
double memo(short c,short k){
short c0=c;
if(dp[c][k]>0) return dp[c][k];
if(c==k) return 0;
if(walk(c,k)||walk(c,k)) return 1;//这句话诡异吧^^
double ans=memo(c,k);
for(short j=1;j<=neighbor[k][0];j++)
ans+=memo(c,neighbor[k][j]);
ans/=(neighbor[k][0]+1);
return dp[c0][k]=ans+1;
}
int main(){
ifstream fin("cchkk.in");
ofstream fout("cchkk.out");
fin >> V >> E >> C >> K;
for(int i,j,k=0;k<E;k++){
fin >> i >> j;
neighbor[i][++neighbor[i][0]]=j;
neighbor[j][++neighbor[j][0]]=i;
}
//用SPFA来预处理任意两点间的最短距离
memset(dist,-1,sizeof(dist));
for(int s=1;s<=V;s++){
short queue[1001],head=0,tail=1;
bool inqueue[1001]={0};
queue[0]=s,dist[s][s]=0;
while(head<tail){
short u = queue[head++];
inqueue[u]=false;
if(head>1000) head=0;
for(short j=1,v;j<=neighbor[u][0];j++){
v=neighbor[u][j];
if(dist[s][v]>dist[s][u]+1){
dist[s][v]=dist[s][u]+1;
if(!inqueue[v]){
queue[tail++]=v,inqueue[v]=true;
if(tail>1000) tail=0;
}
}
}
}
}
fout << fixed << setprecision(3) << memo(C,K) << endl;
return 0;
}
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