[SHOI2014]概率充电器 题解

注意到本题的贡献是不带权的，所以期望其实就是每个点的概率之和。

本题正着做好像不是很好做，要考虑 \(P(A+B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)\) 的容斥（因为这是两个条件至少满足一个，所以是求集合并的概率），具体可以看这个。

所以我们考虑反着做。设 \(f_u\) 表示 \(u\) 点没有通电的概率，那么有

\[f_u=(1-p_u)\prod_{v\in(u,v)}(1-p(u,v)+p(u,v)f_v)
\]

这个点先要自己不亮，然后周围的点要么边不导电，要么边导电但链接的那个不通电，注意到后面那个其实算的是 \(P(A)+P(A|B)\)。

发现有后效性，我们考虑换根 DP，重新设 \(f_u\) 表示只考虑在 \(u\) 的子树中的点使得 \(u\) 不亮的概率，于是刚才的式子变成了

\[f_u=(1-p_u)\prod_{v\in{\rm son}(u)}(1-p(u,v)+p(u,v)f_v)
\]

第一遍 DP 后根的答案已经正确了，考虑从 \(fa\) 推向 \(u\)，设 \(g_u\) 是根为 \(u\) 时的答案。有

\[g_u=f_u\left(1-w(u,fa)+\frac{w(u,fa)g_{fa}}{1-w(u,fa)+w(u,fa)f_u}\right)
\]

注意要判断除数为 \(0\) 的情况，提供一组 hack 数据：

Input:
3
1 2 100
2 3 100
0 100 0
Output:
3.000000

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

const int N=5e5+5;
struct Edge{int to,nxt;double w;}e[N*2];
int n,head[N],cntE;
double ans,p[N],f[N],g[N];

inline void add(int u,int v,double w) {e[++cntE]=(Edge){v,head[u],w},head[u]=cntE;}

void dfs1(int u,int fa)
{
    f[u]=1-p[u];
    for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt)
        if((v=e[i].to)!=fa)
            dfs1(v,u),f[u]*=(1-e[i].w+e[i].w*f[v]);
}

void dfs2(int u,int fa)
{
    ans+=1-g[u];
    for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt)
        if((v=e[i].to)!=fa)
        {
            if(e[i].w+e[i].w*f[v]==1) g[v]=f[v];
            else
            {
                double tmp=g[u]/(1-e[i].w+e[i].w*f[v]);
                g[v]=f[v]*(1-e[i].w+e[i].w*tmp);
            }
            dfs2(v,u);
        }
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,a,b;i<n;++i)
    {
        double c;
        scanf("%d%d%lf",&a,&b,&c); c/=100;
        add(a,b,c); add(b,a,c);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lf",p+i),p[i]/=100;
    dfs1(1,0); g[1]=f[1]; dfs2(1,0);
    printf("%.6f",ans);
    return 0;
}