【xsy1130】tree 树形dp+期望dp

题目写得不清不楚的。。。

题目大意：给你一棵$n$个节点的树，你会随机选择其中一个点作为根，随后随机每个点深度遍历其孩子的顺序。

下面给你一个点集$S$，问你遍历完$S$中所有点的期望时间，点集S中的点可能会重复。

数据范围：$n≤10^5$

我们考虑钦定根，然后暴力$dp$。

设$s[u]$表示遍历以$u$为根的子树的耗时。

设$f[u]$表示开始遍历子树$u$，且最后遍历在子树$u$中结束的期望耗时。

不难发现，$s[u]=2\times siz[u]-2$，其中$siz[u]$为以$u$为根的子树的节点个数。

对于$u$的孩子，我们把它们分成黑点和白点两类，其中黑点v代表以v为根的子树内包含有集合$S$中的点，白点代表不包含有集合$S$中的点。

对于任意一种遍历顺序而言，遍历特征如图所示：

显然，$b_m$后的节点是不需要遍历的。

设我们总共有$m$个黑点，则有：

$f[u]=\dfrac{m-1}{m}\sum\limits_{col[v]=black}s[v]+\dfrac{1}{m}\sum\limits_{col[v]=black}(f[v]+1)+\dfrac{m}{m+1}\sum\limits_{col[v]=white}s[v]$

此处的$v$必须满足是$u$的儿子。

我们通过这个$O(n^2)$的暴力转移就可以获得70分的好成绩。

考虑满分做法，我们以$1$为根执行一次$dfs$，求出所有点的f值和s值。

我们进行第二次$dfs$，在$dfs$的过程中维护u的父亲的F值。

然后套入刚刚的公式中去求即可。

复杂度就降低到了$O(n)$

 #include<bits/stdc++.h>
 #define M 1005
 using namespace std;

 struct edge{int u,next;}e[M*]={}; int head[M]={},use=;
 void add(int x,int y){use++;e[use].u=y;e[use].next=head[x];head[x]=use;}

 int siz[M]={},n,S,is[M]={},ok[M]={};
 double s[M]={},f[M]={};

 void dfs(int x,int fa){
     siz[x]=; ok[x]=is[x];
     int m=;
     double sumb=,sumf=,sumw=;
     for(int i=head[x];i;i=e[i].next) if(e[i].u!=fa){
         dfs(e[i].u,x);
         siz[x]+=siz[e[i].u];
         ok[x]+=ok[e[i].u];
         if(ok[e[i].u]){
             m++;
             sumb+=s[e[i].u];
             sumf+=f[e[i].u]+;
         }else{
             sumw+=s[e[i].u];
         }
     }
     s[x]=*siz[x];
     if(m){
         f[x]=sumb*(m-)/m+sumf/m+sumw*m/(m+);
     }
 }

 int main(){
     scanf("%d",&n);
     for(int i=,x,y;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
     scanf("%d",&S);
     for(int i=,x;i<=S;i++) scanf("%d",&x),is[x]=;
     double ans=;
     for(int i=;i<=n;i++){
         memset(ok,,sizeof(ok));
         memset(siz,,sizeof(siz));
         memset(s,,sizeof(s));
         memset(f,,sizeof(f));
         dfs(i,);
         ans+=f[i];
     }
     printf("%.10lf\n",ans/n);
 }

放一个暴力

这是正解：

 #include<bits/stdc++.h>
 #define M 100005
 #define D double
 using namespace std;

 struct edge{int u,next;}e[M*]={}; int head[M]={},use=;
 void add(int x,int y){use++;e[use].u=y;e[use].next=head[x];head[x]=use;}

 int siz[M]={},n,S,is[M]={},ok[M]={};
 D s[M]={},f[M]={},ans=;

 void dfs(int x,int fa){
     siz[x]=; ok[x]=is[x];
     int m=;
     D sumb=,sumf=,sums=;
     for(int i=head[x];i;i=e[i].next) if(e[i].u!=fa){
         dfs(e[i].u,x);
         siz[x]+=siz[e[i].u];
         ok[x]+=ok[e[i].u];
         if(ok[e[i].u]){
             m++;
             sumb+=s[e[i].u];
             sumf+=f[e[i].u]+;
         }else{
             sums+=s[e[i].u];
         }
     }
     s[x]=*siz[x];
     if(m){
         f[x]=sumb*(m-)/m+sumf/m+sums*m/(m+);
     }
 }
 void dfs(int x,int fa,D F){
     int OK=S-ok[x],m=bool(OK);
     D sumb=,sumf=,sums=;
     if(m) sumf+=F,sumb+=*(n-siz[x]); else sums+=*(n-siz[x]);
     for(int i=head[x];i;i=e[i].next) if(e[i].u!=fa){
         if(ok[e[i].u]) m++,sumb+=s[e[i].u],sumf+=f[e[i].u]+;
         else sums+=s[e[i].u];
     }
     D res=; if(m) res=sumb*(m-)/m+sumf/m+sums*m/(m+);ans+=res;
     for(int i=head[x];i;i=e[i].next) if(e[i].u!=fa){
         if(ok[e[i].u]){
             m--; sumb-=s[e[i].u]; sumf-=f[e[i].u]+;
             if(m) F=sumb*(m-)/m+sumf/m+sums*m/(m+); else F=;
             m++; sumb+=s[e[i].u]; sumf+=f[e[i].u]+;
         }else{
             sums-=s[e[i].u];
             if(m) F=sumb*(m-)/m+sumf/m+sums*m/(m+); else F=;
             sums+=s[e[i].u];
         }
         dfs(e[i].u,x,F+);
     }
 }

 int main(){
     scanf("%d",&n);
     for(int i=,x,y;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
     scanf("%d",&S); int SS=;
     for(int i=,x;i<=S;i++) scanf("%d",&x),SS+=(is[x]==),is[x]=;
     dfs(,); S=SS;
     dfs(,,);
     printf("%.10lf\n",ans/n);
 }