【bzoj3566】 [SHOI2014]概率充电器

*题目描述：
著名的电子产品品牌 SHOI 刚刚发布了引领世界潮流的下一代电子产品——概率充电器:
“采用全新纳米级加工技术,实现元件与导线能否通电完全由真随机数决定!SHOI 概率充电器,您生活不可或缺的必需品!能充上电吗?现在就试试看吧!
”
SHOI 概率充电器由 n-1 条导线连通了 n 个充电元件。进行充电时,每条导线是否可以导电以概率决定,每一个充电元件自身是否直接进行充电也由概率决定。
随后电能可以从直接充电的元件经过通电的导线使得其他充电元件进行间接充电。
作为 SHOI 公司的忠实客户,你无法抑制自己购买 SHOI 产品的冲动。在排了一个星期的长队之后终于入手了最新型号的 SHOI 概率充电器。
你迫不及待地将 SHOI 概率充电器插入电源——这时你突然想知道,进入充电状态的元件个数的期望是多少呢?
*输入：
第一行一个整数:n。概率充电器的充电元件个数。充电元件由 1-n 编号。
之后的 n-1 行每行三个整数 a, b, p,描述了一根导线连接了编号为 a 和 b 的
充电元件,通电概率为 p%。
第 n+2 行 n 个整数:qi。表示 i 号元件直接充电的概率为 qi%。
*输出：
输出一行一个实数,为进入充电状态的元件个数的期望,四舍五入到六位小数
*样例输入：
3
1 2 50
1 3 50
50 0 0
*样例输出：
1.000000
*提示：
对于 100%的数据,n≤500000,0≤p,qi≤100。
*题解：
正难则反。
我们考虑将问题转化一下，计f1表示因为子树内而导致i号节点没有被点亮的概率，计f2表示因为父亲节点而导致的i号节点没有被点亮的概率。这样子的话，问题的答案就变成了
∑ni=1(1−f1i∗f2i)
意思是i节点既没有被子树内点亮又没有被父亲点亮的概率，用1减去这个值就是这个点被点亮的概率。
于是我们先考虑一下子树内的情况，如果只有儿子能点亮父亲节点，这样的话就是一个十分简单的树形DP问题了。一个节点不被点亮当且仅当他的所有儿子不被点亮或者儿子亮了但是中间的边断了。于是我们列出DP转移方程：
fx=∏i⊂sonx(fi+(1−fi)∗(1−px,i))
然后我们再来考虑一下除了子树外的节点对这个节点的贡献。我们先把要计算的节点对父亲的贡献先从f1中扣去，再将这个值乘上f2x这样就变成了除了子树son外的节点使得x不亮概率，这样我们就又可以转移了：
计temp为除了子树son以外的节点使得x不亮的概率。
temp=f1x∗f2x/(f1son+(1−f1son)∗(1−px,son))
转移时同上的子树的转移：
fson=temp+(1−temp)∗(1−px,son)
然后这题就终于做完了。。。这题不同于我之前做过的一般的树形DP，这个树形是需要dp两次的。
*代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>

#ifdef WIN32
    #define LL "%I64d"
#else
    #define LL "%lld"
#endif

#ifdef CT
    #define debug(...) printf(__VA_ARGS__)
    #define setfile()
#else
    #define debug(...)
    #define filename ""
    #define setfile() freopen(filename".in", "r", stdin); freopen(filename".out", "w", stdout)
#endif

#define R register
#define getc() (S == T && (T = (S = B) + fread(B, 1, 1 << 15, stdin), S == T) ? EOF : *S++)
#define dmax(_a, _b) ((_a) > (_b) ? (_a) : (_b))
#define dmin(_a, _b) ((_a) < (_b) ? (_a) : (_b))
#define cmax(_a, _b) (_a < (_b) ? _a = (_b) : 0)
#define cmin(_a, _b) (_a > (_b) ? _a = (_b) : 0)
#define cabs(_x) ((_x) < 0 ? (- (_x)) : (_x))
char B[1 << 15], *S = B, *T = B;
inline int F()
{
    R char ch; R int cnt = 0; R bool minus = 0;
    while (ch = getc(), (ch < '0' || ch > '9') && ch != '-') ;
    ch == '-' ? minus = 1 : cnt = ch - '0';
    while (ch = getc(), ch >= '0' && ch <= '9') cnt = cnt * 10 + ch - '0';
    return minus ? -cnt : cnt;
}
#define maxn 500010
struct Edge
{
    Edge *next;
    int to;
    double p;
}*last[maxn], e[maxn << 1], *ecnt = e;
inline void link(R int a, R int b, R double p)
{
    *++ecnt = (Edge) {last[a], b, p}; last[a] = ecnt;
    *++ecnt = (Edge) {last[b], a, p}; last[b] = ecnt;
}
double f1[maxn], f2[maxn], q[maxn];
void dfs1(R int x, R int fa)
{
    for (R Edge *iter = last[x]; iter; iter = iter -> next)
    {
        R int pre = iter -> to;
        if (pre == fa) continue;
        dfs1(pre, x);
        f1[x] *= f1[pre] + (1 - f1[pre]) * (1 - iter -> p);
    }
}
void dfs2(R int x, R int fa)
{
    for (R Edge *iter = last[x]; iter; iter = iter -> next)
    {
        R int pre = iter -> to;
        if (pre == fa) continue;
        R double tmp = f1[pre] + (1 - f1[pre]) * (1 - iter -> p);
        tmp = tmp < 1e-9 ? 0 : f1[x] * f2[x] / tmp;
        f2[pre] = tmp + (1 - tmp) * (1 - iter -> p);
        dfs2(pre, x);
    }
}
int main()
{
//  setfile();
    R int n = F();
    for (R int i = 1; i < n; ++i)
    {
        R int a = F(), b = F();
        link(a, b, F() * 0.01);
    }
    for (R int i = 1; i <= n; ++i) f1[i] = 1 - F() * 0.01;
    dfs1(1, 0);
    f2[1] = 1;
    dfs2(1, 0);
    R double sum = 0;
    for (R int i = 1; i <= n; ++i) sum += 1 - f1[i] * f2[i];
    printf("%.6lf\n", sum);
    return 0;
}