非常好也是比较难的题
首先，不难看出这是一道树形的概率dp
那么我们就要考虑转移
我们发现，一个点能充上电的概率是这个点本身通电的概率+这个点的子节点给他传过来电的概率+这个点的父节点给他传过来电的概率
但是这里的加法都是概率的加法，也就是说满足如下公式：
那么如果是三元事件，这个公式会更为复杂，所以这一点并不是特别容易计算
那么我们考虑正难则反：
一个点没有电的概率=父节点没传过来电的概率*子树内部没传过来电的概率（这里的子树内部包括子节点和这个节点本身）
所以我们用两个状态分别计算这两个概率：
设状态f[i]表示以i为根节点的子树中没有给i传过来电的概率，g[i]表示i的父节点没有给i传过来电的概率
那么显然，f[i]更容易转移，所以我们先转移f[i]
一个点的子树内部都没给他传过来电的概率，根据乘法原理，有：
解释：对于每个子节点，有两种可能向上继承：一是本身这个节点没有电，二是这个节点有电了但是连接这两点之间的边没有电
而且显然要求根节点本身不能有电，所以再乘一个根节点没有电的概率
这样第一个dfs就完成了
至于g[i]的转移，也是同理，首先，最大的根节点没有父节点，所以g[root]=1（这里root设为1）
然后从上向下更新，一个父节点不能更新子节点的情况是父节点没有通电或父节点通电了但中间的边没有通电，算一下这两部分的概率即可。
但是有个问题：我们知道，父节点没有通电的概率有一部分是由于子节点没有通电引起的，但是这里是用父节点更新子节点，这样会产生重复计算
所以我们在计算父节点没有通电的概率时要除掉子节点向父节点产生的贡献，这样才准确
所以表达式如下：
这就是第二个dfs
最后计算答案即可
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
using namespace std;
struct Edge
{
int next;
int to;
double p;
}edge[1000005];
double ret[500005];
int head[500005];
double q[500005];
int cnt=1;
double f[500005];
double g[500005];
int n;
void init()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
cnt=1;
}
void add(int l,int r,double pp)
{
edge[cnt].next=head[l];
edge[cnt].to=r;
edge[cnt].p=pp;
head[l]=cnt++;
}
void dfs(int x,int fx)
{
f[x]=(1-q[x]);
for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
if(to==fx)
{
continue;
}
dfs(to,x);
f[x]*=f[to]+(1.0-f[to])*(1.0-edge[i].p);
}
}
void redfs(int x,int fx)
{
for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
if(to==fx)
{
continue;
}
double p0=f[x]*g[x]/(double)(f[to]+(1-f[to])*(1-edge[i].p));//父节点不通电的概率
g[to]=p0+(1-p0)*(1-edge[i].p);
redfs(to,x);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
init();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
double z;
scanf("%d%d%lf",&x,&y,&z);
z*=0.01;
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lf",&q[i]);
q[i]*=0.01;
}
dfs(1,1);
g[1]=1.0;
redfs(1,1);
double ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans+=1.0-f[i]*g[i];
}
printf("%.6lf
",ans);
return 0;
}