bzoj3566 概率充电器【树形期望概率dp】

最新推荐文章于 2022-02-10 16:17:46 发布

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本文介绍了一种基于概率的图遍历算法，用于计算每个节点能够获得电力供应的概率。通过定义f[i]、g[i]和h[i]三个辅助数组，并采用两遍深度优先搜索的方法，有效地解决了该问题。

####解题思路：
一个节点要么被父亲充上电，要么儿子或自己充上电。
我们发现求充得上电的概率要用概率加法，有点麻烦，所以可以求一个点充不上电的概率，也就是任何一个来源都不能有电，概率直接相乘即可。

设 $f [i]$ 表示由 $s o n [i]$ 不能充电且自己直接充不上电的概率；
设 $g [i]$ 表示由父亲充不上电的概率。
设 $h [i]$ 表示由 $i$ 不能给父亲充电的概率，要么是 $i$ 就充不上电，要么 $(i, f a [i])$ 断开。

那么
$h [i] = f [i] + (1 - f [i]) * (1 - p (i, f a [i]))$
$f[i]=(1−q[i])∗Πh[son[i]]f[i]=(1-q[i])*\Pi h[son[i]]$

而从父亲充上电可能是从父亲链上来的，也可能是从兄弟经过父亲来的，也可能是 $(i, f a [i])$ 断开。
不从父亲链且不从兄弟经过父亲来的概率 $t=g[fa[i]]∗f[fa[i]]h[i]t=g[fa[i]]*\frac{f[fa[i]]}{h[i]}$ 。
所以 $g [i] = t + (1 - t) * (1 - p (i, f a [i])$ 。

可以先一遍dfs求出 $f [i], h [i]$ ，再一遍dfs求出 $g [i]$ 。

答案即为 $∑1−f[i]∗g[i]\sum 1-f[i]*g[i]$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int getint()
{
    int i=0,f=1;char c;
    for(c=getchar();(c!='-')&&(c<'0'||c>'9');c=getchar());
    if(c=='-')f=-1,c=getchar();
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())i=(i<<3)+(i<<1)+c-'0';
    return i*f;
}

const int N=500005;
const double eps=1e-8;
int n,tot,first[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
double ans,f[N],g[N],h[N],q[N],p[N<<1];

void add(int x,int y,double z)
{
	nxt[++tot]=first[x],first[x]=tot,to[tot]=y,p[tot]=z;
}

void dfs1(int u,int fa)
{
	f[u]=1-q[u];
	for(int e=first[u];e;e=nxt[e])
	{
		int v=to[e];
		if(v==fa)continue;
		dfs1(v,u);
		h[v]=f[v]+(1-f[v])*(1-p[e]);
		f[u]*=h[v];
	}
}

void dfs2(int u,int fa)
{
	for(int e=first[u];e;e=nxt[e])
	{
		int v=to[e];
		if(v==fa)continue;
		double t=h[v]<eps?0:g[u]*f[u]/h[v];
		g[v]=t+(1-t)*(1-p[e]);
		dfs2(v,u);
	}
}

int main()
{
	//freopen("lx.in","r",stdin);
	int x,y;double z;
	n=getint();
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		x=getint(),y=getint(),z=getint()*1.0/100;
		add(x,y,z),add(y,x,z);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)q[i]=getint()*1.0/100;
	dfs1(1,0);
	g[1]=1,dfs2(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)ans+=1-f[i]*g[i];
	printf("%.6f",ans);
	return 0;
}