BZOJ 3566 概率充电器(树形概率DP)

题面

题目传送门

分析

定义$f(i)$为$i$点不被点亮的概率，$p(i)$为$i$自己被点亮的概率，$p(i,j)$表示$i-j$
这条边联通的概率，有$large f(i)=(1-p(i))*prod_{i-j}( 1-p(i,j)*(1-f(j)) )$
可以看出，对于一个点$i$，所有于它相连的点对它的影响是独立的，那么我们首先以$1$为根，只考虑儿子的影响做一次树形$DP$。然后再进行第二次$DP$，只考虑父亲的影响，具体做法只需要将父亲的$f(fa)$除以$i$带来的影响就得到$fa$对$i$的影响。见代码

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 500005;
int n, fir[MAXN], cnt;
double p[MAXN];
struct edge {
	int to, nxt;
	double p;
}e[MAXN<<1];
inline void add(int u, int v, double wt) {
	e[++cnt] = (edge){v, fir[u], wt}; fir[u] = cnt;
	e[++cnt] = (edge){u, fir[v], wt}; fir[v] = cnt;
}
double dp[MAXN];
inline void dfs1(int u, int ff) {
	dp[u] = 1-p[u];
	for(int i = fir[u], v; i; i = e[i].nxt)
		if((v=e[i].to) != ff) dfs1(v, u), dp[u] *= 1-(1-dp[v])*e[i].p;
}
inline void dfs2(int u, int ff) {
	for(int i = fir[u], v; i; i = e[i].nxt) {
		if((v=e[i].to) != ff) {
			double tmp = 1 - (dp[u] ? dp[u]/(1-(1-dp[v])*e[i].p) : 0); //为了不除0
			dp[v] *= 1 - tmp*e[i].p;
			dfs2(v, u);
		}
	}
}
int main () {
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1, x, y, z; i < n; ++i)
		scanf("%d%d%d", &x, &y, &z), add(x, y, (double)z/100);
	for(int i = 1, x; i <= n; ++i)
		scanf("%d", &x), p[i] = (double)x/100;
	dfs1(1, 0);
	dfs2(1, 0);
	double ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		ans += 1-dp[i];
	printf("%.6f
", ans);
}

关于在第二次$dfs$时的除法可能会除以零，是这样考虑的

• 若分母出现$0$，则说明$dp[u]$也一定是$0$，因为$dp[u]$在第一次$dfs$时本来就乘上了分母。那么此时$tmp=1$，也就是代表父亲一定会被点亮。
• 所以就判断一下$dp[u]$是否为$0$，再做除法就行了。

$Large EOF$