[HDU4035]Maze（概率与期望）

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这里放传送门

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题解

可以想到用$f[i]$表示从点i逃出去的期望步数。但是这个题因为它有一个概率回到1号点重新开始，所以会存在互相推的问题。通用的解决办法是高斯消元，但这个题的数据范围显然没有办法消。。。

但是题目给的是一棵树，能不能利用这个特点？
设$P[i]$为从点i逃到其它点的概率，就是$P[i]={{1-k[i]-e[i]} \over d[i]}$。首先列出递推式：

$$f[i]=\sum_{son}(f[son]+1)*P[i]+(f[fa]+1)*P[i]+f[1]*k[i]$$
如果利用类似树形DP的方法用儿子的结果更新父亲的话， $f[fa]$和 $f[1]$就都是未知数，而 $f[son]$是已知数，在递推 $f[i]$的时候可以当做一个常量。
那么设 $f[i]=A[i]*f[fa]+B[i]*f[1]+C[i]$。我们希望得到关于 $A[i]，B[i]$和 $C[i]$的递推式。为了递推就需要在式子里面引入 $A[son]，B[son]$和 $C[son]$。利用 $f[son]=A[son]*f[i]+B[son]*f[1]+C[son]$来代入上面的递推式，得到：
$$f[i]=\sum_{son}(A[son]*f[i]+B[son]*f[1]+C[son]+1)*P[i]+(f[fa]+1)*P[i]+f[1]*k[i]$$
把这个式子展开，把同类项合并，得到
$$(1-\sum_{son}A[son]*P[i])*f[i]=f[fa]*P[i]+(\sum_{son}B[son]*P[i]+k[i])*f[1]+\sum_{son}(C[son]+1)*P[i]+P[i]$$
那么如果设 $T[i]=1-\sum\limits_{son}A[son]*P[i]$，就有 $A[i]={P[i] \over T[i]}$， $B[i]={{\sum_{son}B[son]*P[i]+k[i]}\over T[i]}$， $C[i]={{(\sum\limits_{son}C[son]*P[i])+d[i]*P[i]}\over T[i]}$。一遍树形DP就可以求出 $A[1]$， $B[1]$和 $C[1]$。而因为节点1没有父亲，所以 $f[1]=B[1]*f[1]+C[1]$，也就是 $f[1]={C[1] \over {1-B[1]}}$。计算过程中只要出现被零除的情况就说明无解，输出impossible即可。

代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const double eps=1e-10;
int T,n,p[10010],a[20010],tot,nxt[20010];
double A[10010],B[10010],C[10010],P[10010],d[10010],K[10010],E[10010];
bool flag;
void add(int x,int y){
    tot++;a[tot]=y;nxt[tot]=p[x];p[x]=tot;
}
void dfs(int u,int fa){
    double tmp=0;
    A[u]=P[u];B[u]=K[u];
    C[u]=1-K[u]-E[u];
    for (int i=p[u];i!=0;i=nxt[i])
      if (a[i]!=fa){
          dfs(a[i],u);
          if (flag==true) return;
          tmp+=A[a[i]]*P[u];
          B[u]+=B[a[i]]*P[u];
          C[u]+=C[a[i]]*P[u];
      }
    tmp=1.0-tmp;
    if (fabs(tmp)<eps){flag=true;return;}
    A[u]/=tmp;B[u]/=tmp;C[u]/=tmp;
}
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    for (int wer=1;wer<=T;wer++){
        scanf("%d",&n);tot=0;
        memset(d,0,sizeof(d));
        memset(p,0,sizeof(p));
        for (int i=1;i<n;i++){
            int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
            add(x,y);add(y,x);
            d[x]+=1;d[y]+=1;
        }
        for (int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%lf%lf",&K[i],&E[i]);
            K[i]/=100.0;E[i]/=100.0;
        }
        for (int i=1;i<=n;i++)
          P[i]=(1-K[i]-E[i])/d[i];
        flag=false;dfs(1,0);
        printf("Case %d: ",wer);
        if (flag==true||fabs(1.0-B[1])<eps)
          printf("impossible\n");
        else printf("%.6lf\n",C[1]/(1-B[1]));
    }
    return 0;
}

偏偏在最后出现的补充说明

这类题目是概率与期望题目中经常出现的一个类型。在没有办法使用高斯消元的时候要注意观察题目的性质，有些时候会给出具有明显递推特性的结构。基本思路就是设未知量然后由直接递推答案转为递推未知量的系数。