HDU 4035 Maze(树形概率DP)

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4035

题意：一棵树，从结点1出发，在每个结点 i 都有3种可能：（1）回到结点1 ， 概率 Ki；（2）结束，概率 Ei；（3）随机走一条边。(ki+ei+随机走=1) 求到结束需要走的边数的期望。

假设E[i]为点i到结束走边数的期望，则有

(以下m为点的度数)

E[i]=ki*E[1]+(1-ei-ki)/m*(E[fa[i]]+1)若i为叶子节点.

=ki*E(1)+(1-ki-ei)*E(father)+(1-ki-ei)

E[i]=ki*E[1]+(1-ei-ki)/m*(E[fa[i]]+1)+(1-ei-ki)/m*(Sum(E[son[i]]+1))i不为叶子节点

=ki*E(1)+(1-ki-ei)/m *E(father)+(1-ki-ei)/m*SUM(E(child))+(1-ki-ei)  作为1式

我们发现，这样求非常麻烦，若是n小一点大可用高斯消元求解，可这题的n为10000，无法用高斯消元。

对于每个E[i],我们令E[i]=Ai*(E[1])+Bi*(E[fa[i]])+Ci

E[child]=Aj*E[1]+Bj*E[i]+Cj

Sum(E[child])=Sum(Aj*E[1]+Bj*E[i]+Cj)

带入1式:ki*E(1)+(1-ki-ei)/m *E(father)+(1-ki-ei)/m*Sum(Aj*E[1]+Bj*E[i]+Cj)+(1-ki-ei)

可得:(ki+(1-ki-ei)/m*SUM(Aj))*E(1)+(1-ki-ei)/m *E(father)+(1-ki-ei+(1-ki-ei)/m*SUM(cj))

与刚才的E[i]=Ai*(E[1])+Bi*(E[fa[i]])+Ci对比一下发现:

Ai=(ki+(1-ki-ei)/m*SUM(Aj))

Bi=(1-ki-ei)/m

Ci=(1-ki-ei+(1-ki-ei)/m*SUM(cj))

对于叶子节点，有

Ai=ki

Bi=1-ki-ei

Ci=1-ki-ei

倒推即可，还有，

E(1)=A1*E(1)+B1*0+C1

E(1)=C1/(1-A1)

若是上述式子中的分母出现0则无解。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<cmath>
 #include<algorithm>
 const double eps=1e-;
 int tot,go[],first[],next[];
 double a[],b[],c[],k[],e[];
 int n,du[];
 void insert(int x,int y){tot++;go[tot]=y;next[tot]=first[x];first[x]=tot;}
 void add(int x,int y){insert(x,y);insert(y,x);}
 bool dfs(int x,int fa){
     bool Isleave=;
     double tmp=;
     a[x]=k[x];
     b[x]=c[x]=(-k[x]-e[x]);
     b[x]/=du[x];
     for (int i=first[x];i;i=next[i]){
         int pur=go[i];
         if (pur==fa) continue;
         Isleave=;
         if (!dfs(pur,x)) return false;
         a[x]+=a[pur]*(-k[x]-e[x])/du[x];
         c[x]+=c[pur]*(-k[x]-e[x])/du[x];
         tmp+=(b[pur])*(-k[x]-e[x])/du[x];
     }
     if (fabs(tmp-)<=eps) return false;
     a[x]/=(-tmp);
     b[x]/=(-tmp);
     c[x]/=(-tmp);
     return true;
 }
 int main(){
     int T,Tcase=;
     scanf("%d",&T);
     while (T--){
         Tcase++;
         tot=;
         memset(first,,sizeof first);
         memset(du,,sizeof du);
         scanf("%d",&n);
         for (int i=;i<n;i++){
             int x,y;
             scanf("%d%d",&x,&y);
             add(x,y);
             du[x]++;
             du[y]++;
         }
         for (int i=;i<=n;i++){
             scanf("%lf%lf",&k[i],&e[i]);
             k[i]/=;e[i]/=;
         }
         printf("Case %d: ",Tcase);
         if (dfs(,)&&fabs(-a[])>eps){
             printf("%.6f\n",c[]/(-a[]));
         }
         else{
             printf("impossible\n");
         }
     }
 }