3566: [SHOI2014]概率充电器 概率与期望+树形DP

神题ORZ。

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我们用fi,0来表示i的子树（含i）给i充不上电的概率，用fi,1表示i的父亲给i充不上电的概率。

用hi表示i对其父亲fa的贡献，所以有hi=fi,0+(1−fi,0)∗(1−p(fa−>i))

那么我们dfs一遍可以求出所有的fi,0。

fi,0=(1−qi)∗∏hson

fi,1怎么求呢，我们考虑再一遍dfs，这一次由父亲向儿子转移。

令t=hson<eps?0:fx,1∗fx,0hson，即x给son充不上电的概率，注意fx,0hson是要除去hson本身对x的贡献。那么有fson,1=t+(1−t)∗(1−p(son−>fa))

ans=∑1−fi,0∗fi,1

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 500005
using namespace std;
int n,cnt;
int head
;
int list[N<<1],next[N<<1];
double key[N<<1];
double f
[2];
double h
;
inline int read()
{
int a=0,f=1; char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1; c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') {a=a*10+c-'0'; c=getchar();}
return a*f;
}
inline void insert(int x,int y,double z)
{
next[++cnt]=head[x];
head[x]=cnt;
list[cnt]=y;
key[cnt]=z;
}
void dfs(int x,int fa)
{
for (int i=head[x];i;i=next[i])
if (list[i]!=fa)
{
dfs(list[i],x);
h[list[i]]=f[list[i]][0]+(1-f[list[i]][0])*(1-key[i]);
f[x][0]*=h[list[i]];
}
}
void dfs1(int x,int fa)
{
for (int i=head[x];i;i=next[i])
if (list[i]!=fa)
{
double t=h[list[i]]<1e-6?0:f[x][1]*f[x][0]/h[list[i]];
f[list[i]][1]=t+(1-t)*(1-key[i]);
dfs1(list[i],x);
}
}
int main()
{
n=read();
for (int i=1;i<n;i++)
{
int u=read(),v=read(),w=read();
insert(u,v,w/100.0); insert(v,u,w/100.0);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int x=read();
f[i][0]=1-x/100.0;
}
dfs(1,0);
f[1][1]=1;
dfs1(1,0);
double ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
ans+=1-f[i][0]*f[i][1];
printf("%.6lf",ans);
return 0;
}