CF123E 题解

简述题意：给你一棵树，每个点有一个被选为起点的概率和一个被选为终点的概率，从起点开始随机遍历子树，问到达终点的期望步数。

直接计算答案很难，考虑对一对 \((S,T)\) 来说，以 \(S\) 为根，那么有：

• 对 \(T\) 的子树里的点：显然不会被遍历到，贡献为 \(0\)。
• 对 \(S\to T\) 路径上的点：显然会被刚好遍历 \(1\) 次，贡献为 \(1\)。
• 对不在上述两种情况中的点：设其为 \(x\)，当我们遍历到 \(x\) 和 \(T\) 的分界点时，我们有 \(\dfrac{1}{2}\) 的概率往 \(x\) 的方向走，此时贡献为 \(2\)（往返）；同时也有 \(\dfrac{1}{2}\) 的概率往 \(T\) 的方向走，此时贡献为 \(0\)。故总贡献为 \(\dfrac{1}{2}\times 2+\dfrac{1}{2}\times 0=1\)。

那么问题就变成了求对每一对 \((S,T)\)，以 \(S\) 为根，\(n-s'_T\) 的期望（\(s'_T\) 表示 \(T\) 在以 \(S\) 为根的情况下的子树大小）。

首先任选一个根，考虑枚举 \(T\)，那么有以下几种情况：

• \(S=T\)：那么 \(s'_T\) 显然为 \(n\)。
• \(S\) 在 \(T\) 的子树里：那么 \(s'_T\) 即为所有点去掉 \(S\) 所在的那棵子树，设 \(S\) 所在的那棵子树的根为 \(p\)，那么 \(s'_T=n-s_p\)。
• \(S\) 不在 \(T\) 的子树里：那么 \(s'_T\) 即为 \(s_T\)。

我们可以 \(O(n)\) 遍历整棵树来计算 \(s_T\) 以及 \(S\) 在 \(T\) 的子树中的概率，直接计算即可。

#include <iomanip>
#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

const int kN = 1e5 + 1;

int n, vs[kN], vt[kN], s[kN], svs, svt;
double ps[kN], pt[kN], p[kN], ans;
vector<int> e[kN];

void D(int x, int f) {
  s[x] = 1, p[x] = ps[x];
  double v = 0;
  for (int i : e[x]) {
    if (i != f) {
      D(i, x);
      s[x] += s[i], p[x] += p[i];
      v += p[i] * s[i];  // S 在 T 的子树里：(S 在 T 的子树 i 的概率) * (n - (n - s_i))
    }
  }
  v += (1 - p[x]) * (n - s[x]);  // S 不在 T 的子树里：（S 不在 T 的子树里的概率）*（n - s_T)
  ans += v * pt[x];
}

int main() {
  ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n;
  for (int i = 1, x, y; i < n; ++i) {
    cin >> x >> y;
    e[x].push_back(y), e[y].push_back(x);
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    cin >> vs[i] >> vt[i];
    svs += vs[i], svt += vt[i];
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    ps[i] = 1.0 * vs[i] / svs;
    pt[i] = 1.0 * vt[i] / svt;
  }
  D(1, 0);
  cout << fixed << setprecision(12) << ans;
  return 0;
}