【题目大意】
充电器由 n-1 条导线连通了 n 个充电元件。这n-1条导线均有一个通电概率p%，而每个充电元件本身有直接被充电的概率q[i]%。问期望有多少个充电元件处于充电状态？
【思路】
第一次做这种类型的题，还挺有意思的quq
显然这n个充电元件构成一棵树，考虑用树形DP。
我们用f1[i]表示当前元件仅仅因为直接充电或由孩子供电的概率，f2[i]表示当前元件处于充电状态的概率。
前铺两个知识点：对于两个相互独立的事件A、B，P(A+B)=P(A)+P(B)-P(A)*P(B)，P(A)=(P(A+B)-P(B))/(1-P(B))。（！！）
我们可以用两次dfs求出f1、f2的值。
①对于f1，由于树中叶子节点不存在孩子，f1[叶子结点]=q[叶子结点]，而对于非叶子节点，f1[i]=q[i]+∑f1[son]*p（注意这里的加法运算指代的是上述提到的概率加法）
②对于只由父亲贡献充电，我们考虑两个父子元件。对于父亲本身来说，给儿子充电的概率=总概率-儿子给自己充电的概率，pfa=f2[fa]-f1[now]*p(同样这里的减法用上面的概率加法)
f2[now]=f1[now]+pfa*p（同理这里的加法用的是上述的概率加法）
Over!!
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #include<vector> 7 #define EPS (1e-8) 8 using namespace std; 9 const int MAXN=500000+50; 10 struct node 11 { 12 int to; 13 double p; 14 }; 15 vector<node> E[MAXN]; 16 double q[MAXN],f1[MAXN],f2[MAXN],ans; 17 18 void addedge(int a,int b,double p) 19 { 20 E[a].push_back((node){b,p}); 21 } 22 23 bool dcmp(double a) 24 { 25 return fabs(a-0)<EPS; 26 } 27 28 void dfs1(int u,int fa) 29 { 30 for (int i=0;i<E[u].size();i++) 31 { 32 int to=E[u][i].to; 33 if (to!=fa) 34 { 35 dfs1(to,u); 36 f1[u]=f1[u]+f1[to]*E[u][i].p-f1[u]*f1[to]*E[u][i].p; 37 } 38 } 39 } 40 41 void dfs2(int u,int fa) 42 { 43 ans+=f2[u]; 44 for (int i=0;i<E[u].size();i++) 45 { 46 int to=E[u][i].to; 47 if (to!=fa) 48 { 49 if (dcmp(1.0-E[u][i].p*f1[to])) f2[to]=1.0; 50 else 51 { 52 double tmp=(f2[u]-E[u][i].p*f1[to])/(1.0-E[u][i].p*f1[to]); 53 f2[to]=f1[to]+tmp*E[u][i].p-f1[to]*tmp*E[u][i].p; 54 } 55 dfs2(to,u); 56 } 57 } 58 } 59 60 void init() 61 { 62 int n; 63 scanf("%d",&n); 64 for(int i=0;i<n-1;i++) 65 { 66 int a,b; 67 double p; 68 scanf("%d%d%lf",&a,&b,&p); 69 addedge(a,b,p/100); 70 addedge(b,a,p/100); 71 } 72 for (int i=1;i<=n;i++) 73 { 74 scanf("%lf",&q[i]); 75 f1[i]=q[i]/100; 76 } 77 } 78 79 void solve() 80 { 81 dfs1(1,0); 82 f2[1]=f1[1]; 83 dfs2(1,0); 84 printf("%.6lf",ans); 85 } 86 87 int main() 88 { 89 init(); 90 solve(); 91 return 0; 92 }