HDU 4035Maze（概率DP）

HDU 4035   Maze

体会到了状态转移，化简方程的重要性

题解转自http://blog.csdn.net/morgan_xww/article/details/6776947

/**
dp求期望的题。
题意：
有n个房间，由n-1条隧道连通起来，实际上就形成了一棵树，
从结点1出发，开始走，在每个结点i都有3种可能：
1.被杀死，回到结点1处（概率为ki）
2.找到出口，走出迷宫 （概率为ei）
3.和该点相连有m条边，随机走一条
求：走出迷宫所要走的边数的期望值。

设 E[i]表示在结点i处，要走出迷宫所要走的边数的期望。E[1]即为所求。

叶子结点：
E[i] = ki*E[1] + ei*0 + (1-ki-ei)*(E[father[i]] + 1);
= ki*E[1] + (1-ki-ei)*E[father[i]] + (1-ki-ei);

非叶子结点：（m为与结点相连的边数）
E[i] = ki*E[1] + ei*0 + (1-ki-ei)/m*( E[father[i]]+1 + ∑( E[child[i]]+1 ) );
= ki*E[1] + (1-ki-ei)/m*E[father[i]] + (1-ki-ei)/m*∑(E[child[i]]) + (1-ki-ei);

设对每个结点：E[i] = Ai*E[1] + Bi*E[father[i]] + Ci;

对于非叶子结点i，设j为i的孩子结点，则
∑(E[child[i]]) = ∑E[j]
= ∑(Aj*E[1] + Bj*E[father[j]] + Cj)
= ∑(Aj*E[1] + Bj*E[i] + Cj)
带入上面的式子得
(1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj)*E[i] = (ki+(1-ki-ei)/m*∑Aj)*E[1] + (1-ki-ei)/m*E[father[i]] + (1-ki-ei) + (1-ki-ei)/m*∑Cj;
由此可得
Ai = (ki+(1-ki-ei)/m*∑Aj) / (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj);
Bi = (1-ki-ei)/m / (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj);
Ci = ( (1-ki-ei)+(1-ki-ei)/m*∑Cj ) / (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj);

对于叶子结点
Ai = ki;
Bi = 1 - ki - ei;
Ci = 1 - ki - ei;

从叶子结点开始，直到算出 A1,B1,C1;

E[1] = A1*E[1] + B1*0 + C1;
所以
E[1] = C1 / (1 - A1);
若 A1趋近于1则无解...
**/

//#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
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#include <algorithm>
using namespace std;
#define INF 1e8
#define inf (-((LL)1<<40))
#define lson k<<1, L, mid
#define rson k<<1|1, mid+1, R
#define mem0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define mem1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define FOPENIN(IN) freopen(IN, "r", stdin)
#define FOPENOUT(OUT) freopen(OUT, "w", stdout)
template<class T> T CMP_MIN(T a, T b) { return a < b; }
template<class T> T CMP_MAX(T a, T b) { return a > b; }
template<class T> T MAX(T a, T b) { return a > b ? a : b; }
template<class T> T MIN(T a, T b) { return a < b ? a : b; }
template<class T> T GCD(T a, T b) { return b ? GCD(b, a%b) : a; }
template<class T> T LCM(T a, T b) { return a / GCD(a,b) * b;    }

//typedef __int64 LL;
//typedef long long LL;
const int MAXN = 10005;
const int MAXM = 100005;
const double eps = 1e-10;
//const LL MOD = 1000000007;

int T, N;
vector<int>v[MAXN];
double k[MAXN], e[MAXN];
double A[MAXN], B[MAXN], C[MAXN];


void init()
{
    int U, V;
    scanf("%d", &N);
    for(int i=0;i<=N;i++) v[i].clear();
    for(int i=0;i<N-1;i++)
    {
        scanf("%d %d", &U, &V);
        v[U].push_back(V);
        v[V].push_back(U);
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
    {
        scanf("%d %d", &U, &V);
        k[i] = (double)U / 100.0;
        e[i] = (double)V / 100.0;
    }
}

bool DFS(int x, int fa)
{
    A[x] = k[x];
    B[x] = (1 - k[x] - e[x]) / v[x].size();
    C[x] = 1 - k[x] - e[x];
    if(v[x].size() == 1 && x != fa)
        return true;
    double temp = 0;
    for(int i = 0; i < v[x].size() ; i ++ )
    {
        int y = v[x][i];
        if(y == fa) continue;
        if(!DFS(y, x)) return false;
        A[x] += A[y] * B[x];
        C[x] += C[y] * B[x];
        temp += B[y] * B[x];
    }
    if(fabs(temp - 1.0) < eps) return false;
    A[x] = A[x] / (1 - temp);
    B[x] = B[x] / (1 - temp);
    C[x] = C[x] / (1 - temp);
    return true;
}

int main()
{
    //FOPENIN("in.txt");
    scanf("%d", &T);
    for(int t = 1; t <= T; t ++ )
    {
        init();
        if( DFS(1, 1) && fabs(A[1] - 1.0) > eps )
        {
            printf("Case %d: %lf
", t, C[1] / (1 - A[1]));
        }
        else
        {
            printf("Case %d: impossible
", t);
        }
    }
}