V.[SHOI2014]概率充电器
这题实际上很简单，但是我却想歪了……
我们我们可以设\(f_i\)表示\(i\)节点熄灭的概率。之所以不设为亮起的概率，是因为熄灭当且仅当周边节点没有一个连得到它，但是亮起却是周边至少有一个能连到它——用脚趾头想都知道哪个容易求。
设\(p_i\)表示\(i\)节点本身通电的概率，\(p_{x,y}\)表示\((x,y)\)边通电的概率，则我们有方程
\[f_i=(1-p_i)\prod\limits_{(i,j)\in\mathbb{E}}(1-p_{i,j})+p_{i,j}\times f_j
\]
方程很好理解。但是，注意的是，此处的\(f_j\)中不应考虑\(f_i\)——因为我们此处是以\(i\)为中心，因此这里的\(f_j\)并不是真实的\(f_j\)。
所以，我们还要再二次扫描一下，对每个位置求出以它为根时的真实的\(f_i\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,head[500100],cnt;
struct node{
int to,next;
double prob;
}edge[1001000];
void ae(int u,int v,int w){
edge[cnt].next=head[u],edge[cnt].to=v,edge[cnt].prob=0.01*w,head[u]=cnt++;
edge[cnt].next=head[v],edge[cnt].to=u,edge[cnt].prob=0.01*w,head[v]=cnt++;
}
double p[500100],f[500100],res;
void dfs1(int x,int fa){
f[x]=(1-p[x]);
for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].next)if(edge[i].to!=fa)dfs1(edge[i].to,x),f[x]*=(1-edge[i].prob)+edge[i].prob*f[edge[i].to];
}
void dfs2(int x,int fa){
for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].next)if(edge[i].to!=fa)f[edge[i].to]*=(1-edge[i].prob)+edge[i].prob*f[x]/((1-edge[i].prob)+edge[i].prob*f[edge[i].to]),dfs2(edge[i].to,x);
}
int main(){
scanf("%d",&n),memset(head,-1,sizeof(head));
for(int i=1,x,y,z;i<n;i++)scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),ae(x,y,z);
for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),p[i]=0.01*x;
dfs1(1,0),dfs2(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)res+=1-f[i];
printf("%lf\n",res);
return 0;
}