有一天Petya和他的朋友Vasya在进行他们众多旅行中的一次旅行，他们决定去参观一座城堡博物馆。这座博物馆有着特别的样式。它包含由m条走廊连接的n间房间，并且满足可以从任何一间房间到任何一间别的房间。
两个人在博物馆里逛了一会儿后两人决定分头行动，去看各自感兴趣的艺术品。他们约定在下午六点到一间房间会合。然而他们忘记了一件重要的事：他们并没有选好在哪儿碰面。等时间到六点，他们开始在博物馆里到处乱跑来找到对方（他们没法给对方打电话因为电话漫游费是很贵的）
不过，尽管他们到处乱跑，但他们还没有看完足够的艺术品，因此他们每个人采取如下的行动方法：每一分钟做决定往哪里走，有Pi 的概率在这分钟内不去其他地方（即呆在房间不动），有1-Pi 的概率他会在相邻的房间中等可能的选择一间并沿着走廊过去。这里的i指的是当期所在房间的序号。在古代建造是一件花费非常大的事，因此每条走廊会连接两个不同的房间，并且任意两个房间至多被一条走廊连接。
两个男孩同时行动。由于走廊很暗，两人不可能在走廊碰面，不过他们可以从走廊的两个方向通行。（此外，两个男孩可以同时地穿过同一条走廊却不会相遇）两个男孩按照上述方法行动直到他们碰面为止。更进一步地说，当两个人在某个时刻选择前往同一间房间，那么他们就会在那个房间相遇。
两个男孩现在分别处在a，b两个房间，求两人在每间房间相遇的概率。
第一行包含四个整数，n表示房间的个数;m表示走廊的数目;a,b (1?≤?a,?b?≤?n),表示两个男孩的初始位置。
之后m行每行包含两个整数，表示走廊所连接的两个房间。
之后n行每行一个至多精确到小数点后四位的实数 表示待在每间房间的概率。
题目保证每个房间都可以由其他任何房间通过走廊走到。
输出一行包含n个由空格分隔的数字，注意最后一个数字后也有空格，第i个数字代表两个人在第i间房间碰面的概率（输出保留6位小数）
注意最后一个数字后面也有一个空格
2 1 1 2
1 2
0.5
0.5
0.500000 0.500000
对于100%的数据有 n <= 20，n-1 <= m <= n(n-1)/2
高斯消元
因为要两个人同时到达一间屋子才算赢,所以不能只记录一个人的位置
这样就可以设\(f(u,v)\)表示u,v两个人分别到达了点u，点v的概率
这样方程就显而易见了
\(f_{ij}=p[i]p[j]f_{ij}+\sum_{e(i,u)}{\frac{1-p[u]}{d[u]}p[j]f_{i,v}[j!=u]}+\sum_{e(j,v)}{\frac{1-p[v]}{d[v]}p[i]f_{i,v}[i!=v]}+\sum_{e(u,i)}\sum_{e(v,j)}{\frac{(1-p[u])(1-p[v])}{d[u]*d[v]}}{f_{u,v}[u!=v]}\)
然后要解这个方程,所以把这些东西全面都移到左边,右边就是0
但是注意一开始的位置是\(posia,posib\),所以\(f_{posia,posib}\)那一行的方程的右边是1(因为原始方程应该是\(f_{posia,posib}-1=...\))
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
const int M = 555 ;
const int N = 1005 ;
const double EPS = 1e-8 ;
using namespace std ;
inline int read() {
char c = getchar() ; int x = 0 , w = 1 ;
while(c>'9' || c<'0') { if(c=='-') w = -1 ; c = getchar() ; }
while(c>='0'&&c<='9') { x = x*10+c-'0' ; c = getchar() ; }
return x*w ;
}
double B[M][M] , pi[M] ;
int n , m , posia , posib , num , hea[M] , d[M] , sz ;
struct E { int nxt , to ; } edge[N << 1] ;
inline int idt(int u , int v) { return (u - 1) * n + v ; }
inline void add_edge(int from , int to) {
edge[++num].nxt = hea[from] ;
edge[num].to = to ; hea[from] = num ;
}
inline void guass() {
for(int i = 1 ; i <= n * n ; i ++) {
int Tab = i ;
for(int j = i + 1 ; j <= n * n ; j ++)
if(fabs(B[j][i]) > fabs(B[Tab][i]))
Tab = j ;
if(fabs(B[i][i]) < EPS) continue ;
for(int j = 1 ; j <= n * n + 1 ; j ++) swap(B[Tab][j] , B[i][j]) ;
for(int j = i + 1 ; j <= n * n ; j ++) {
double tp = B[j][i] / B[i][i] ;
for(int k = i ; k <= n * n + 1 ; k ++)
B[j][k] -= B[i][k] * tp ;
}
}
for(int i = n * n ; i >= 1 ; i --) {
for(int j = i + 1 ; j <= n * n ; j ++)
B[i][n * n + 1] -= B[i][j] * B[j][n * n + 1] ;
if(B[i][i]) B[i][n * n + 1] /= B[i][i] ;
}
}
int main() {
n = read() ; m = read() ; posia = read() ; posib = read() ;
for(int i = 1 , u , v ; i <= m ; i ++) {
u = read() ; v = read() ;
add_edge(u , v) ; add_edge(v , u) ;
++ d[u] ; ++ d[v] ;
}
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) scanf("%lf",&pi[i]) ;
B[idt(posia , posib)][n * n + 1] = 1 ;
for(int x = 1 ; x <= n ; x ++)
for(int y = 1 ; y <= n ; y ++) {
B[idt(x , y)][idt(x , y)] += 1 ;
if(x != y) B[idt(x , y)][idt(x , y)] -= pi[x] * pi[y] ;
for(int i = hea[y] ; i ; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].to ; if(v == x) continue ;
B[idt(x , y)][idt(x , v)] -= 1.0 * pi[x] * (1 - pi[v]) / d[v] ;
}
for(int i = hea[x] ; i ; i = edge[i].nxt) {
int u = edge[i].to ; if(u == y) continue ;
B[idt(x , y)][idt(u , y)] -= 1.0 * pi[y] * (1 - pi[u]) / d[u] ;
}
for(int i = hea[x] ; i ; i = edge[i].nxt) {
int u = edge[i].to ;
for(int j = hea[y] ; j ; j = edge[j].nxt) {
int v = edge[j].to ; if(u == v) continue ;
B[idt(x , y)][idt(u , v)] -= 1.0 * (1 - pi[u]) * (1 - pi[v]) / d[u] / d[v] ;
}
}
}
guass() ;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
printf("%.6lf\n",B[idt(i , i)][n * n + 1]) ;
return 0 ;
}原文：https://www.cnblogs.com/beretty/p/10389339.html