感觉对期望也一无所知……(;′⌒`)╮(╯﹏╰)╭

  一直在考虑怎么dp,最后看了题解——竟然是这样的???【震惊】但是看了题解之后,觉得确实很有道理……

  我们可以考虑最后答案的组成,可以分开计算不同的点对于答案的贡献(期望具有线性性)。我们可以把这个染色的过程看做每一个节点均需要被染色,但只有第一个被染色的节点会消耗1点代价。这样我们就可以分别分析每个点对于答案产生贡献的概率,答案即为概率之和。而一个点会对答案产生影响的概率是多少?实际上这只与它到根的链上的节点是相关的,因为只要在染色它的祖先节点之前染色它,它就会对答案产生为1的贡献。

  那么当它和它的祖先均未被染色时,显然有选择任意节点的概率相等,显然有选择它的概率为 \(\frac{1}{dep[u]}\)(如果选择了其他节点,则该节点无法再产生贡献)。于是……这题就做完了。强啊!%%%

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 200000
#define db double
int n, dep[maxn];
db ans; int read()
{
int x = , k = ;
char c; c = getchar();
while(c < '' || c > '') { if(c == '-') k = -; c = getchar(); }
while(c >= '' && c <= '') x = x * + c - '', c = getchar();
return x * k;
} struct edge
{
int cnp, to[maxn], last[maxn], head[maxn];
edge() { cnp = ; }
void add(int u, int v)
{
to[cnp] = v, last[cnp] = head[u], head[u] = cnp ++;
to[cnp] = u, last[cnp] = head[v], head[v] = cnp ++;
}
}E1; void dfs(int u, int fa)
{
for(int i = E1.head[u]; i; i = E1.last[i])
{
int v = E1.to[i];
if(v == fa) continue;
dep[v] = dep[u] + ; dfs(v, u);
}
} int main()
{
n = read();
for(int i = ; i < n; i ++)
{
int u = read(), v = read();
E1.add(u, v);
}
dep[] = ; dfs(, );
for(int i = ; i <= n; i ++) ans += (1.0 / (db) dep[i]);
printf("%.10lf\n", ans);
return ;
}

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