Luogu4284 [SHOI2014]概率充电器

Description

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有 (n(nle 5 imes10^5)) 个元件 和 (n-1) 条充电线，每个电线有一定概率通电，每个元件有一定概率自己有电，求有电的元件的期望个数

Solution

当前原件 (x) 充电的概率 (f_x) 为

[sum_{(x,y)in E} f_y imes p_{x,y}+ d_x ]

考虑高斯消元，时间复杂度 (O(n^3))

期望得分？（(O(n^3)) 过 (5 imes10^5)）

发现这是一棵树，并不是一张图，所以考虑换根法

定义 (f_{i}) 为当前点的通电概率

那么 (ans=sumlimits_{i=1}^n f_i)

这题目的最大收获

概率与概率相互独立，计算时可以考虑 (f_{i}=(1-f_{i}) imes calc(t))

这样可以避免 (f_i >1) 的情况

子树里面的很套路，关键是子树外面的（这里我一开始卡了好久好久）

[f_{t}=frac{(f_{x}-f_{t} imes p_{x,t})}{1-f_t imes p_{x,t}} imes(1-f_t) imes p_{x,t} ]

其实没想到的是分母的部分，直接拆掉组成所占比例除一下挺妙的

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define reg register
#define For(i,a,b) for(reg int i=a;i<=b;++i)
#define Down(i,a,b) for(reg int i=a;i>=b;--i)
namespace yspm{
    inline int read()
    {
        int res=0,f=1; char k;
        while(!isdigit(k=getchar())) if(k=='-') f=-1;
        while(isdigit(k)) res=res*10+k-'0',k=getchar();
        return res*f;
    }
    const int N=5e5+10;
    struct node{
        int to,nxt; double p;
    }e[N<<1];
    int head[N],cnt,n;
    inline void add(int u,int v,double p)
    {
        e[++cnt].to=v; e[cnt].nxt=head[u]; e[cnt].p=p/100;
        return head[u]=cnt,void();
    }
    double f[N],ans;
    inline void dfs1(int x,int fa)
    {
        for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        {
            int t=e[i].to; if(t==fa) continue;
            dfs1(t,x); f[x]+=f[t]*e[i].p*(1-f[x]);
        }
        return ;
    }
    inline void dfs2(int x,int fa)
    {
        for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        {
            int t=e[i].to; if(t==fa) continue;
            if(f[t]*e[i].p!=1) f[t]+=(1-f[t])*(f[x]-f[t]*e[i].p)/(1-f[t]*e[i].p)*e[i].p;
            dfs2(t,x);
        }return ;
    }
    signed main()
    {
        n=read(); For(i,1,n-1){int u=read(),v=read(),w=read(); add(u,v,w),add(v,u,w);}   
        For(i,1,n) f[i]=1.0*read()/100; 
        dfs1(1,0); dfs2(1,0); 
        For(i,1,n) ans+=f[i];
        printf("%.6lf
",ans);
        return 0;
    }
}signed main(){return yspm::main();}