【BZOJ】3566: [SHOI2014]概率充电器
2024-09-02 02:20:58
【算法】树型DP+期望DP
【题意】一棵树上每个点均有直接充电概率qi%,每条边有导电概率pi%,问期望有多少结点处于充电状态?
【题解】引用自:【BZOJ3566】【SHOI2014】概率充电器 树形DP 概率DP by 空灰冰魂
最大的难点在于计算每个点充电期望时,两个节点各自的期望都会影响对方的期望。
所以考虑转化对象,改为求每个节点充不上电的期望,充不上电就不用考虑两者的相互影响。
fi表示结点i由子结点和自身充不上电的概率
gi表示结点i由父结点充不上电的概率
第一次DFS:
hi表示结点i对父亲贡献的概率
fi=(1-qi)*∏h[son[i]]
hi=fi+(1-fi)*(1-pi) pi为i到父亲的导线通电概率
☆两者发生其一用概率加法,多者都必须发生用概率乘法,P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)注意去除交集。
第二次DFS:
当前结点x,父亲结点y。
t表示父亲y对结点x的贡献。
t=gy*(fy/hx) 注意hx为0的情况(除0)
gx=t+(1-t)*(1-pi) pi为x到y的导线概率
最终答案:ans=Σ(1-fi*gi) 因为概率和期望都是0~1,所以一样。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=;
struct edge{int v,from;double p;}e[maxn*];
int n,first[maxn],tot;
double q[maxn],f[maxn],g[maxn],h[maxn],fw[maxn];
void insert(int u,int v,double w)
{tot++;e[tot].v=v;e[tot].p=w;e[tot].from=first[u];first[u]=tot;}
void dfs1(int x,int fa)
{
f[x]=-q[x];
for(int i=first[x];i;i=e[i].from)if(e[i].v!=fa)
{
dfs1(e[i].v,x);
f[x]*=h[e[i].v];
}else fw[x]=e[i].p;
h[x]=f[x]+(-f[x])*(-fw[x]);
}
void dfs2(int x,int y)
{
double t;
if(!h[x])t=;else t=g[y]*f[y]/h[x];
g[x]=t+(-t)*(-fw[x]);
for(int i=first[x];i;i=e[i].from)if(e[i].v!=y)dfs2(e[i].v,x);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<n;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
insert(u,v,1.0*w/);
insert(v,u,1.0*w/);
}
for(int i=;i<=n;i++){int u;scanf("%d",&u);q[i]=1.0*u/;}
dfs1(,);
dfs2(,);
double ans=;
for(int i=;i<=n;i++)ans+=-f[i]*g[i];
printf("%.6lf",ans);
return ;
}
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