BZOJ.3566.[SHOI2014]概率充电器(概率DP 树形DP)

BZOJ

洛谷

这里写的不错，虽然基本还是自己看转移...

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每个点的贡献都是\(1\)，所以直接求每个点通电的概率\(F_i\)，答案就是\(\sum F_i\)。

把\(F_x\)分成：父节点通电给\(x\)带来的概率\(g_x\)，和\(x\)及其子树通电给\(x\)带来的概率\(f_x\)。

对于两个独立的事件\(A,B\)，由概率加法公式，\(P(A+B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)\)，\(F_x=f_x+g_x-f_xg_x\)。

令\(p_x\)表示\(x\)本身通电的概率，\(p_{(x,v)}\)表示边\((x,v)\)通电的概率，那么\(f_x=p_x+\sum_{v\in son[x]}f_vp_{(x,v)}\)。注意这里的加法是概率的加法（相加再减去同时发生的概率）。

\(g_x\)的转移，就是\(F_{fa}\)减去\(x\)转移到\(fa\)的概率。因为\(P(A)=\frac{P(A+B)-P(B)}{1-P(B)}\)，所以除去\(x\)的贡献外\(fa\)通电的概率\(q=\frac{F_{fa}-f_xp_{(fa,x)}}{1-f_xp_{(fa,x)}}\)，所以\(g_x=q\times p_{(fa,x)}\)。

然后就做完啦。

ps：其实不是很懂第二次DFS，\(P(B)=1\)的时候（除\(0\)）\(P(A)\)应该等于多少...

然而数据水？并不会出现\(P(B)=1\)的情况。

另一种DP方式：

还可以令\(F_x\)表示\(x\)不通电的概率，\(F_x=f_xg_x\)。那么只考虑子树的贡献，记\(h_v\)表示\(v\)给父节点贡献的概率，即\(h_v=f_v+(1-f_v)(1-p_{(x,v)})\)，有\(f_x=(1-p_x)\prod h_v\)。

再考虑父节点的贡献\(g_x\)，同样考虑直接减掉\(x\)对\(fa\)的贡献，即\(g_x=\frac{F_{fa}}{h_x}\)（注意特判\(h_x=0\)的情况）。

同样两次DP就OK啦。

调了半年原来是边权没开double...

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代码写的第一种DP。

//38344kb	3684ms
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define eps 1e-10
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=5e5+5;

int Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
double f[N],F[N],pe[N<<1];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
	return now;
}
inline void AE(int w,int v,int u)
{
	to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, pe[Enum]=1.0*w/100;
	to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, pe[Enum]=pe[Enum-1];
}
void DFS1(int x,int fa)
{
	double b;
	for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
		if((v=to[i])!=fa)
			DFS1(v,x), b=f[v]*pe[i], f[x]=f[x]+b-f[x]*b;
}
void DFS2(int x,int fa)
{
	for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
		if((v=to[i])!=fa)
		{
			double b=f[v]*pe[i];
			if(fabs(1-b)<eps) F[v]=1;//=1怎么考虑的啊...网上都这么写的=-=
			else
			{
				double q=(F[x]-b)/(1-b)*pe[i];
				F[v]=f[v]+q-f[v]*q;
			}
			DFS2(v,x);
		}
}

int main()
{
	const int n=read();
	for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read(),read());
	for(int i=1; i<=n; ++i) f[i]=1.0*read()/100;
	DFS1(1,1), F[1]=f[1], DFS2(1,1);
	double ans=0;
	for(int i=1; i<=n; ++i) ans+=F[i];
	printf("%.6f\n",ans);

	return 0;
}