【树形期望DP】BZOJ3566- [SHOI2014]概率充电器

【题目大意】

充电器由 n-1 条导线连通了 n 个充电元件。这n-1条导线均有一个通电概率p%，而每个充电元件本身有直接被充电的概率q[i]%。问期望有多少个充电元件处于充电状态？

【思路】

第一次做这种类型的题，还挺有意思的quq

显然这n个充电元件构成一棵树，考虑用树形DP。

我们用f1[i]表示当前元件仅仅因为直接充电或由孩子供电的概率，f2[i]表示当前元件处于充电状态的概率。

前铺两个知识点：对于两个相互独立的事件A、B，P(A+B)=P(A)+P(B)-P(A)*P(B)，P(A)=(P(A+B)-P(B))/(1-P(B))。（！！）

我们可以用两次dfs求出f1、f2的值。

①对于f1，由于树中叶子节点不存在孩子，f1[叶子结点]=q[叶子结点]，而对于非叶子节点，f1[i]=q[i]+∑f1[son]*p（注意这里的加法运算指代的是上述提到的概率加法）

②对于只由父亲贡献充电，我们考虑两个父子元件。对于父亲本身来说，给儿子充电的概率=总概率-儿子给自己充电的概率，pfa=f2[fa]-f1[now]*p(同样这里的减法用上面的概率加法)

f2[now]=f1[now]+pfa*p（同理这里的加法用的是上述的概率加法）

Over!!

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define EPS (1e-8)
using namespace std;
const int MAXN=500000+50;
struct node
{
int to;
double p;
};
vector<node> E[MAXN];
double q[MAXN],f1[MAXN],f2[MAXN],ans;

void addedge(int a,int b,double p)
{
E[a].push_back((node){b,p});
}

bool dcmp(double a)
{
return fabs(a-0)<EPS;
}

void dfs1(int u,int fa)
{
for (int i=0;i<E[u].size();i++)
{
int to=E[u][i].to;
if (to!=fa)
{
dfs1(to,u);
f1[u]=f1[u]+f1[to]*E[u][i].p-f1[u]*f1[to]*E[u][i].p;
}
}
}

void dfs2(int u,int fa)
{
ans+=f2[u];
for (int i=0;i<E[u].size();i++)
{
int to=E[u][i].to;
if (to!=fa)
{
if (dcmp(1.0-E[u][i].p*f1[to])) f2[to]=1.0;
else
{
double tmp=(f2[u]-E[u][i].p*f1[to])/(1.0-E[u][i].p*f1[to]);
f2[to]=f1[to]+tmp*E[u][i].p-f1[to]*tmp*E[u][i].p;
}
dfs2(to,u);
}
}
}

void init()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
int a,b;
double p;
scanf("%d%d%lf",&a,&b,&p);
addedge(a,b,p/100);
addedge(b,a,p/100);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lf",&q[i]);
f1[i]=q[i]/100;
}
}

void solve()
{
dfs1(1,0);
f2[1]=f1[1];
dfs2(1,0);
printf("%.6lf",ans);
}

int main()
{
init();
solve();
return 0;
}