解题：SHOI 2014 概率充电器

题面

显然就是在求概率，因为期望乘的全是1.。。。然后就推推推啊

设$fgg[i]$表示这个点父亲没给他充上电的概率，$sgg[i]$表示这个点子树(和它自己)没给他充上电的概率，然后这个点没充上电的概率就是$fgg[i]*sgg[i]$

我们发现我们在树上转移的话$fgg$是依赖自己的$sgg$向儿子转移的，那我们先把$sgg$求出来，下面设$suc[i]$表示$i$这个点充上电的概率，$lnk[i][j]$表示连接$i$和$j$的导线能通电的概率

$sgg[i]=(1-suc[i])prod_{g∈son_i}(sgg[g]+(1-sgg[g])*(1-lnk[i][g]))$

就是说首先自己不能充电，同时儿子也都不能给自己充电。所以每个儿子要么自己不能充电(这时不管导线)，要么能充电但是导线坏了，我们为了下面方便写不妨对每个儿子记录下这个儿子g gg的概率$p[g]$(即$(sgg[g]+(1-sgg[g])*(1-lnk[i][g]))$这一坨)

然后求$fgg$，这里我们先把每个点针对每个儿子$g$时自己不能给儿子充电的概率$P$求出来

$P=fgg[nde]*sgg[nde]/p[g]$

(在儿子g gg的所有情况$p[g]$中，因为父亲节点gg的原因有$fgg[nde]*sgg[nde]$这么多)

然后和上面一样可以求出来$fgg[g]$

$fgg[g]=P+(1-P)*(1-lnk[i][g])$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=500005,M=1e6+60;
int p[N],noww[M],goal[M],n,t1,t2,cnt; 
double val[M],pos[N],sgg[N],fgg[N],mem[N],t3,ans;
void Link(int f,int t,double v)
{
    noww[++cnt]=p[f],p[f]=cnt;
    goal[cnt]=t,val[cnt]=v;
}
void Gettre(int nde,int fth)
{
    sgg[nde]=1-pos[nde];
    for(int i=p[nde];i;i=noww[i])
        if(goal[i]!=fth)
        {
            int g=goal[i]; Gettre(g,nde);
            mem[g]=sgg[g]+(1-sgg[g])*(1-val[i]);
            sgg[nde]*=mem[g];
        }
}
void Getans(int nde,int fth)
{
    ans-=sgg[nde]*fgg[nde]; 
    for(int i=p[nde];i;i=noww[i])
        if(goal[i]!=fth)
        {
            int g=goal[i];
            double fag=sgg[nde]*fgg[nde]/mem[g];
            fgg[g]=fag+(1-fag)*(1-val[i]),Getans(g,nde);
        }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n),ans=n;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%d%d%lf",&t1,&t2,&t3);
        Link(t1,t2,t3/100),Link(t2,t1,t3/100);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lf",&pos[i]),pos[i]/=100;
    Gettre(1,0),fgg[1]=1,Getans(1,0),printf("%.6f",ans);
    return 0;
}