LuoGuP4284:[SHOI2014]概率充电器

Pre

做了之后看题解发现有人说是一个叫做(up and down)的经典做法。

(雾)

Solution

这道题我是先想成了令(dp[i][0])表示父亲节点没有传入信号时的期望，(dp[i][1])表示父亲节点传入信号时的期望。

发现没法统计父亲传入的贡献。

直接统计一个点被激活的概率，不如统计一个点不被激活的概率，再用(1)来减。

考虑(dp[i])表示这个点没有被激活的期望。并且假装它的父亲节点不存在，也就是只考虑它的子树的贡献。

那么状态转移

(dp[i]=(1-p_i)prodlimits_{jin son(i)}EdgeVal_k imes (1-dp[to[j]])+(1-EdgerVal_k))

具体就是枚举每一个儿子，然后假设边是否可以传导信号，两种情况下转移就是了。

这样的话，正确性是可以保证的，就是每一个(dp[i])的值是对的，但是现在不能统计出答案。

然后发现(dp[1])与最终结果中的(dp[1])一样，也就是之后不会再修改(dp[1])了。

那么考虑哪些点需要被修改。

一个点被修改一定是父亲节点的贡献没有被统计((1)号节点没有父亲节点)。

那么考虑把贡献计入每一个点。

为了再(O(n))时间复杂度完成，需要一些转移。

假设(pre)表示这个节点的父亲所在的子树的贡献，可以理解为树重构为以(i)为根时，父亲支链上的贡献(此处要考虑相连的这一条边)。

转移的时候大力转移就可以了。

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至于为什么是正确的，有一个地方。

因为我们设置的是不被激活的概率，所以在计算的时候不用考虑它对其他节点的贡献。

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Code

#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#define ll long long
#define xx first
#define yy second
using namespace std;
const int N = 500000 + 5;
int fr[N << 1], to[N << 1], h[N], tot;
double val[N << 1], p[N];
double dp[N], dp2[N];
int n;
inline void dfs2 (int u, int f, double pre) {
	dp2[u] = dp[u] * pre;
	for (int i = h[u]; i; i = fr[i]) {
		if (to[i] == f) continue;
		double tmp = pre * dp[u];
		tmp /= val[i] * dp[to[i]] + (1 - val[i]);
		tmp = val[i] * tmp + (1 - val[i]);
		dfs2 (to[i], u, tmp);
	}
}
inline void dfs (int u, int f) {
	dp[u] = 1 - p[u];
	for (int i = h[u]; i; i = fr[i]) {
		if (to[i] == f) continue;
		dfs (to[i], u);
		dp[u] *= val[i] * dp[to[i]] + (1 - val[i]);
	}
}
inline void add (int u, int v, double tmp) {
	tot++;
	fr[tot] = h[u];
	to[tot] = v;
	h[u] = tot;
	val[tot] = tmp;
}
int main () {
	#ifdef chitongz
	freopen ("x.in", "r", stdin);
	#endif
	scanf ("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
		int x, y;
		double tp;
		scanf ("%d%d%lf", &x, &y, &tp);
		tp /= 100;
		add (x, y, tp);
		add (y, x, tp);
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf ("%lf", &p[i]);
		p[i] /= 100;
	}
	dfs (1, 0);
	dfs2 (1, 0, 1.0);
	double ans = 0.0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) ans += 1 - dp2[i];
	printf ("%.6lf
", ans);
	return 0;
}

Conclusion

思维题。