题解 [SHOI2014]概率充电器

前情提要：最近大佬们都在写题解，只有我在咕咕咕。QAQ；明明我都把flag写出来辣，dalao们没看见，然后就被嘲讽了,QAQ

洛谷

树形DP+期望（讲了两次，菜鸡的我才做ＱＡＱ）

首先，每个充电元件和电源之间的关系可以用一棵树来表示。通过感性分析可知，每个元件对于期望的贡献就是0/1。（进入状态就是1，否则就是0）。故而进入充电状态的元件的个数的期望就是元件进入充电状态的概率。

那么设元件进入充电状态的概率为${\large{p[]}}$，我们要求的就转化为${\large{\sum_{i=1}^np[i]}}$

然后我们就开始设计状态来求解${\large{p[]}}$。显然我们可以知道，一个点被充电只有两种可能：自己被自己所在的子树(包括自己)充上，自己被自己的父亲充上

然后开始思考，，，，，一万年之后我们发现，如果设计的状态是被充上电的话，状态就很难写，所以我们决定把状态设为不会被充上电的概率，即

${\large{f[]}}$不会被自己所在子树充上电的概率，${\large{g[]}}$不会被自己的父亲充上电的概率

同时我们设已知量导线导电的概率为${\large{val[][]}}$表示${\large{i->j}}$可以充电的概率。用${\large{q[]}}$表示自己被自己充上电的概率。

首先求看起来比较容易求的${\large{f[]}}$

不被自己所在的子树充上电，要满足${\color{red}{既不会}}$自己被自己充上电，${\color{red}{又不会}}$被自己的儿子充上电。不被自己的儿子充上电又分两种情况：第一种是儿子自己本身就没有电，第二个是儿子有点但是导线没有电。所以dp式子如下：

${\large{f[i]=\prod_{v\in{son[i]}}(1-q[i])*(f[v]*(1-val[i][v])+f[v])}}$

然后再来看看比较难求的不会被自己父亲充上电的概率${\large{g[]}}$

不会被自己的父亲充上电有两种情况，第一种是自己的父亲没有电，即自己的父亲既不会被自己的所在的子树充上电，又不会被自己的父亲充上电。第二种情况就是父亲有电，但是链接父亲和自己的导线不能导电。同时要注意的一个点就是我们问的是某个点会不会被自己的父亲充上电，所以这个点自己${\color{red}{没电}}$。故，当我们在求解父亲会不会被自己儿子充上电的时候，要注意除去该儿子有电的概率。由于父亲没电的概率要一个长式子来表示，所以我们先设父亲没电的概率为${\large{Q}}$，则有DP式子如下：

${\large{Q=\frac{g[i]*f[i]}{f[v]+(1-f[v])*(1-val[i][v])},v\in{son[i]}}}$

${\large{g[v]=Q+(1-Q)*(1-val[i][v])}}$

最后的答案就是这个点既不会不被自己所在的子树充上电，又不会不被自己的父亲节点充上电的概率和

剩下的就是树形DP的板子式的写法了（不过要注意浮点数）

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 using namespace std;
 5 namespace the_Death{
 6     const int maxn=5e5+100;bool vis[maxn];
 7     int head[maxn],ver[maxn<<1],nxt[maxn<<1],tot,n,x,y,pre[maxn];
 8     double edge[maxn<<1],z,f[maxn],q[maxn],g[maxn],Q,ans;
 9     inline void add(int x,int y,double z){
10         ver[++tot]=y,nxt[tot]=head[x];
11         head[x]=tot;edge[tot]=z*1.00/100.0;
12     }
13     inline void dfs(int x,int fa){
14         pre[x]=fa;f[x]=(1-q[x]);
15         for(register int i=head[x];i;i=nxt[i]){
16             int y=ver[i];
17             if(y==fa||vis[y]) continue;
18             vis[y]=1;dfs(y,x);
19             f[x]*=((1.0-f[y])*(1-edge[i])+f[y]);
20         }
21     }
22     inline void solve(int x){
23         for(register int i=head[x];i;i=nxt[i]){
24             int y=ver[i];
25             if(vis[y]||y==pre[x]) continue;
26             vis[y]=1;
27             Q=(g[x]*f[x])/(1.0*(f[y]+(1-f[y])*(1-edge[i])));
28             g[y]=Q+(1-Q)*(1-edge[i]);
29             solve(y);
30         }
31     }
32     int main(){
33         scanf("%d",&n);g[1]=1;
34         for(register int i=1;i<n;i++)
35             scanf("%d%d%lf",&x,&y,&z),
36             add(x,y,z),add(y,x,z);
37         for(register int i=1;i<=n;i++) 
38             scanf("%lf",&z),q[i]=z/100.0;
39         //它给的是直接充电的概率*100，所以要除回去
40         dfs(1,0);
41         memset(vis,0,sizeof(vis));
42         solve(1);
43         for(register int i=1;i<=n;i++) 
44             ans+=1.0-f[i]*g[i];
45         printf("%.6lf",ans);return 0;
46     }
47 }
48 int main(){
49     the_Death::main();system("pause");
50 }