题目大意：
给定一颗树，从1号节点开始，在每个节点都有三种可能：
1.以\(k_i\)的概率回到1号节点
2.以\(e_i\)的概率走出迷宫
3.和该点相连的边随机走一条
求走出迷宫期望下走的步数。
思路：
首先设\(p_i=1-k_i-e_i\)。
设从第\(i\)个点出发，期望意义下走出迷宫需要走的步数为\(f_i\)，那么我们得到的递推式是：
\[
f_i=k_i\times f_1+p_i\times (1+\frac{f_{fa}+\sum_vf_v}{d_i})
\]
不难发现这个递推式我们无法直接求解，它本质上是一个方程组，我们需要将这个方程组解开才能得到答案。
想到解方程组，大家都会想到高斯消元，但是普通的高斯消元在这个题目上显然不太行得通，因为它的时间复杂度为\(n^3\)。
考虑这个方程组有哪些特殊的性质，为了方便理解，我们先不考虑每个点的方程中和1号点有关的部分，这样以后可以发现方程其实也是一个树型结构，每一个点的方程关系到的变量只有它周围的点和它自己，这就使得我们可以尝试用线性的消元去解决这个问题。
考虑将1号点作为根之后，所有叶子节点它的方程中可以表示为：\(f_i=A_i\times f_{fa}+B_i\)，那么我们如果在树上采用从子树递推的方式，当\(u\)的所有儿子都可以表示为上述形式的时候，我们直接采用带入消元的方法将它的所有儿子消去，由于带入的元素必定是它自己，\(u\)号点也成功地变成了上面这种形式。这个时候只要一直带入就可以得到1号点最终的\(dp\)值了。
这个时候再来考虑带1号点的情况，其实只需要将方程表示为\(f_i=A_i\times f_{fa}+B_i\times f_1+C_i\)的形式就好了，这样到了一号点之后还需要解一个一次方程。
这种消元的方式称作树上高斯消元。
下面是无聊的推式子。
\[
\begin{aligned}
f_u&=k_u\times f_1+p_u\times (1+\frac{f_{fa}+\sum_vf_v}{d_u})\f_u&=k_u\times f_1+p_u\times (1+\frac{f_{fa}+\sum_vA_v\times f_u+B_v\times f_1+C_v}{d_u})\A_{u}&=\frac{\frac{p_u}{d_u}}{1-\frac{p_u}{d_u}\sum_vA_v},
B_{u}=\frac{k_u+\frac{p_u}{d_u}\sum_vB_v}{1-\frac{p_u}{d_u}\sum_vA_v},
C_{u}=\frac{p_u+\frac{p_u}{d_u}\sum_cC_v}{1-\frac{p_u}{d_u}\sum_vA_v}
\end{aligned}
\]
/*=======================================
* Author : ylsoi
* Time : 2019.2.10
* Problem : hdu4035
* E-mail : [email protected]
* ====================================*/
#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;
using namespace std;
void File(){
freopen("hdu4035.in","r",stdin);
freopen("hdu4035.out","w",stdout);
}
template<typename T>void read(T &_){
_=0; T f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar())_=(_<<1)+(_<<3)+(c^'0');
_*=f;
}
const int maxn=1e4+10;
int T,n,d[maxn];
vector<int>G[maxn];
double k[maxn],e[maxn],p[maxn],A[maxn],B[maxn],C[maxn];
void dfs(int u,int fh){
double sa=0,sb=0,sc=0;
REP(i,0,G[u].size()-1){
int v=G[u][i];
if(v==fh)continue;
dfs(v,u);
sa+=A[v];
sb+=B[v];
sc+=C[v];
}
double mul=p[u]/d[u];
A[u]=mul/(1-mul*sa);
B[u]=(k[u]+mul*sb)/(1-mul*sa);
C[u]=(p[u]+mul*sc)/(1-mul*sa);
}
bool judge(int u,int fh){
if(e[u]!=0)return true;
if(p[u]==0)return false;
REP(i,0,G[u].size()-1){
int v=G[u][i];
if(v==fh)continue;
if(judge(v,u))return true;
}
return false;
}
int main(){
File();
read(T);
REP(ca,1,T){
read(n);
int u,v;
REP(i,1,n-1){
read(u),read(v);
G[u].pb(v),++d[v];
G[v].pb(u),++d[u];
}
REP(i,1,n){
scanf("%lf%lf",&k[i],&e[i]);
k[i]/=100,e[i]/=100;
p[i]=1-k[i]-e[i];
}
if(!judge(1,0))printf("Case %d: impossible\n",ca);
else{
dfs(1,0);
printf("Case %d: %.10lf\n",ca,C[1]/(1-B[1]));
}
REP(i,1,n)G[i].clear();
memset(d,0,sizeof(d));
}
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/ylsoi/p/10358681.html