SHOI 2014 【概率充电器】
加油,两道了,也就还剩那么二十来道吧,慢慢做。。。。。。
题目大意:
给你一颗树,树上的每一个节点都有一定的概率p[i]能冲上电,有电的点,可以通过树上的边,一定概率地将电传递到与它相邻的点,同时对于每条边,都有一个传递电能的成功率。让你求出通电节点个数的期望。
读入:一个数n,接下来n-1行,每行三个数u,v,p,表示有一条连接节点u和v的边,导电的概率为p,最后一行共n个数,表示每个节点一开始就有电的概率。
- 输出:一个数E,表示期望(取6位小数)。
思路分析:
换根DP+期望DP
很清楚,最后的答案就是每一个点通电的概率相加。那么对于每一个点,我们可以求出它不通电的概率,然后再用1去减就可以了。(求不通电的概率比较简单)
有了大致的思路,我们就可以开始设计DP啦!
以1为根,我们开始做树形DP。
对于每一个点u,我们将其分两种情况讨论:
1、以u为根的子树无法使其通上电。
我们建立一个f数组,其中f[u]表示以u为根的子树,无法使u通上电的概率。
那么对于每一个u的儿子v,它不能使u通电又有两种情况:
a、它的儿子v不通电。
b、v通电,但是连接u,v的边不导电。
所以:f[u]=(1-p[u])∏v∈u's son(f[v]+(1-f[v])*(1-P[u,v])) 其中P表示u,v通电的概率
注意:因为a,b两种情况是互斥的两种情况所以f[v]和(1-f[v])*(1-P[u,v])应相加,而对于每一个v无论是哪一个v使u通电都一样,他们是独立的,所以是相乘。
2、u的父亲无法使u通上电。
这种情况,这,这,这——这TM玩个鸡儿啊!!!
万念俱灰,推出了一个看似完美的DP但最终仍是难逃被题目蹂躏的命运。
这第二种情况应该怎么处理呢?怎么处理呢?不会啊,怎么办呢?——不会那就不处理呗!!!
我们都知道,在一棵树中,有一个叫做根节点的神奇玩意儿——它是没有父亲的!
所以再不济,我们以每一个节点为根跑一遍上面的DP不就完事儿了吗!
但是我们真的需要这么做吗?——肯定不用啊!
一遍DP之后得到的大好信息,我们怎么能说扔就扔了呢?浪费可耻啊!
我们建立数组g,其中g[u]为以u为根节点,点u不被充电的概率,显然f[1]=g[1]。
那么我们考虑节点v(v为1号节点的一个儿子),再设一个x为以1为根节点的树,不算儿子v对于1号节点的影响,1号节点不被充电的概率。
那么:g[v]=f[v]*(x+(1-x)*(1-P[1,v]))
而x也很好求,因为对于1号节点的每一个儿子节点,他们对于一号节点的影响都是相对独立的,所以x=g[1]/(f[v]+(1-f[v])*(1-P[1,v]))。
所以整个g数组的转移就被我们推导出来啦!即:g[v]=f[v]*(x+(1-x)*(1-P[u,v])) 其中:x=g[u]/(f[v]+(1-f[v])*(1-P[u,v]))
代码:
var
next,head,vet:array[1..1000000]of longint;
vis:array[1..500000]of boolean;
p,f,dist,g:array[1..1000000]of double;
tot,i,n,x,y:longint;
ans,z:double;
procedure add(x,y:longint;z:real);
begin
inc(tot);
next[tot]:=head[x];
vet[tot]:=y;
head[x]:=tot;
dist[tot]:=z;
end;
procedure dfs(u:longint);
var
i,v:longint;
begin
vis[u]:=true; i:=head[u];
while i<>0 do
begin
v:=vet[i];
if not vis[v] then
begin
dfs(v);
f[u]:=f[u]*(f[v]+(1-f[v])*(1-dist[i]));
end;
i:=next[i];
end;
end;
procedure change(u:longint);
var
i,v:longint;
x:double;
begin
vis[u]:=true; i:=head[u];
while i<>0 do
begin
v:=vet[i];
if not vis[v] then
begin
x:=g[u]/(f[v]+(1-f[v])*(1-dist[i]));
g[v]:=f[v]*(x+(1-x)*(1-dist[i]));
change(v);
end;
i:=next[i];
end;
end;
begin
read(n);
for i:=1 to n-1 do
begin
read(x,y,z);
add(x,y,z/100); add(y,x,z/100);
end;
for i:=1 to n do
begin
read(p[i]);
p[i]:=p[i]/100;
f[i]:=1-p[i];
end;
dfs(1);
g[1]:=f[1];
fillchar(vis,sizeof(vis),false);
change(1);
for i:=1 to n do
ans:=ans+1-g[i];
writeln(ans:0:6);
end.
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