题意:树上每个点有概率有电,每条边有概率导电,求每个点能被通到电的概率。

较为套路但不好想的概率DP。

树形DP肯定先只考虑子树,自然的想法是f[i]表示i在只考虑i子树时,能有电的概率,但发现无法转移,因为只要有任何一个儿子同时满足“儿子有电且儿子到i的边导电”,这个点就能导电,而“或”命题在外层的概率通常因为容易算重而不好计算。

正难则反,考虑f[i]表示i在只考虑子树时无法通电的概率,它等于“所有儿子均不通电或儿子到这条边不导电”,转移方程是$f_x=(1-p_i)\prod (1-pre_k+pre_k*f_k)$,其中k为i的儿子,pre[k]为i到x的边导电的概率。

从父亲转移到儿子的概率同理,即满足“父亲在不考虑x子树的情况下不通电或父亲到x的边不到电”的概率,注意要除去x子树对f[fa]的影响。

方程是$f_x \times=1-pre_x+\frac{pre_x*f_{fa}}{1-pre_x+pre_x*f_x}$

注意判掉分母为零的情况。

 #include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
#define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i])
using namespace std; const int N=,eps=1e-;
int n,u,v,cnt,to[N],nxt[N],h[N];
double val[N],w,ans,p[N],f[N];
void add(int u,int v,double w){ to[++cnt]=v; val[cnt]=w; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; }
inline double Abs(double x){ return (x<) ? -x : x; } void dfs(int x,int fa){
f[x]=-p[x];
For(i,x) if ((k=to[i])!=fa) dfs(k,x),f[x]*=(f[k]-)*val[i]+;
} void dfs2(int x,int fa){
For(i,x) if ((k=to[i])!=fa){
if (Abs((f[k]-)*val[i]+)>eps) f[k]*=-val[i]+val[i]*f[x]/((f[k]-)*val[i]+);
dfs2(k,x);
}
} int main(){
freopen("bzoj3566.in","r",stdin);
freopen("bzoj3566.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
rep(i,,n) scanf("%d%d%lf",&u,&v,&w),add(u,v,w/.),add(v,u,w/.);
rep(i,,n) scanf("%lf",&p[i]),p[i]/=.;
dfs(,); dfs2(,);
rep(i,,n) ans+=-f[i];
printf("%.6lf\n",ans);
return ;
}

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