[bzoj 3566][SHOI 2014]概率充电器

传送门

Description

SHOI 概率充电器由 n-1 条导线连通了 n 个充电元件。进行充电时,每条导线是否可以导电以概率决定,每一个充电元件自身是否直接进行充电也由概率决定。

随后电能可以从直接充电的元件经过通电的导线使得其他充电元件进行间接充电。

进入充电状态的元件个数的期望是多少呢?

Solution

\[
E=\sum f_i\ \ \ 其中f_i表示节点i通电的概率
\]

那么怎么求\(f_i\)呢？显然，一个点通电有三种情况：来自i的父亲节点、来自i的某个儿子节点、来自i自己

首先，要了解的是：
\[
P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A \cap B)=P(A)+P(B)-P(A)*P(B)
\]

• 只考虑自己给自己充电的情况：\(f_i=q_i\),也就是它直接通电的可能性
• 只考虑自己给自己充电和儿子给自己充电两种情况：考虑\(dfs\),回溯的时候用儿子\(v\)更新父亲\(u\)，儿子给父亲充电的概率是\(从儿子充电p_{从儿子充电}=p(u,v)*f_v\),然后\(从儿子充电从儿子充电f_u=f_u+p_{从儿子充电}-f_u*p_{从儿子充电}\)
• 考虑三种情况，\(dfs\)的时候从上到下用父亲节点\(u\)更新儿子节点\(v\)，但是，我们要如何求出父亲给儿子充电的概率呢？显然是父亲得到电的概率*\(p(u,v)\),而这里父亲得到电的概率应该不包含从\(v\)得到电的情况。

不包含\(v\)的情况怎么算呢，考虑逆推回去。

因为：\(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A)*P(B)\)

所以：\(P(A)=\frac{P(A \cup B)}{1-P(B)}\)

有第二步可知，\(P(B)=p(u,v)*f_v\),\(P(A)=f_u\)

如果\(P(B)=1\)怎么办呢？这是后是算不出\(P(A)\)的，但是这个时候显然\(f_v=1\),那么他已经不需要再计算了

这样，\(从父亲充电p_{从父亲充电}=P(A)\)

? 所以就可以更新\(f_v\)辣，\(从父亲充电从父亲充电f_v=f_v+p_{从父亲充电}-f_v*p_{从父亲充电}\)

如何判断\(f_v=1\)？用\(abs(f_v-eps)<eps\)即可

Code?

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
#define MN 500005
#define eps (1e-8)
#define db double
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
struct edge{int to,p,nex;}e[MN<<1];
int en,hr[MN];
inline void ins(int f,int t,int p)
{
    e[++en]=(edge){t,p,hr[f]};hr[f]=en;
    e[++en]=(edge){f,p,hr[t]};hr[t]=en;
}
double f[MN],ans;
int n,a,b;
void dfs1(int x=1,int fa=0)
{
    register int i;
    for(i=hr[x];i;i=e[i].nex)if(fa^e[i].to)
        dfs1(e[i].to,x),f[x]=f[x]+f[e[i].to]*((db)e[i].p/100.)-f[e[i].to]*f[x]*((db)e[i].p/100.);
}
void dfs2(int x=1,int fa=0)
{
    register int i;
    for(i=hr[x];i;i=e[i].nex)if(fa^e[i].to)
    {
        if(abs(1.-f[e[i].to])>eps)
        {
            double down=(f[x]-f[e[i].to]*((db)e[i].p/100.))/(1-f[e[i].to]*((db)e[i].p/100.))*((db)e[i].p/100.);
            f[e[i].to]=f[e[i].to]+down-f[e[i].to]*down;
        }
        dfs2(e[i].to,x);
    }
}
int main()
{
    n=read();
    register int i,x,y;
    for(i=1;i<n;++i) x=read(),y=read(),ins(x,y,read());
    for(i=1;i<=n;++i) f[i]=read()/100.;
    dfs1();dfs2();
    for(i=1;i<=n;++i) ans+=f[i];
    printf("%.6lf",ans);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/PaperCloud/p/10219009.html