P4284 [SHOI2014]概率充电器

传送门

首先根据那啥啥期望的线性性，被充电原件的期望个数等于所有原件被充电的概率之和，于是我们考虑如何计算每一个原件被充电的概率

首先自己被充电和被导电两个概率是互相独立的，计算还得容斥很麻烦，于是我们考虑转为计算每个原件不会被导电的概率。一个原件不导电就是自己没电，别的节点也不会给它电。而别的节点的情况也分为两类，一是自己就没电，二是自己有电但边不导电而这两个事件是互相独立的

我们先用树形dp计算出一个点不会被子树内的点导电的概率是多少，设\(dp_i\)表示点\(i\)不导电的概率，\(P_i\)表示点\(i\)导电概率，\(val_i\)表示这条边导电的概率，则\(dp_u=(1-P_u)\prod dp_v+(1-dp_v)(1-val_i)\)

然后考虑\(i\)不会被子树外的点充上电的概率，设\(fa_i\)为点\(i\)不会被父亲充电的概率，那么点\(i\)不会被充电的概率就是\(fa_i*dp_i\)，即父亲和子树都不会使它充上电。

然后考虑怎么转移，比方说\(u\)是\(v\)的父亲，那么\(v\)不会被\(u\)充电的情况就是\(u\)没电或有电但边不导电。如何计算不考虑\(v\)的子树时\(u\)不导电的概率？因为转移是通过乘法原理转移的，所以只要把\(v\)对\(u\)的贡献除去即可，也就是说只要用\(u\)不会被充电的总概率除以\(v\)不会使\(u\)充上电的概率即可

于是只要两边dfs，一遍求\(dp\)，一遍求\(fa\)就可以了

如果有没讲清楚的地方可以看代码，代码应该还蛮好理解的

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
const int N=5e5+5;
int head[N],Next[N<<1],ver[N<<1],tot;db edge[N<<1];
inline void add(int u,int v,db e){ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,edge[tot]=e;}
db son[N],fa[N],st[N],res,p;int n;
void dfs1(int u,int fat){
    son[u]=1.0-st[u];
    for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
        int v=ver[i];if(v==fat)continue;dfs1(v,u);
        son[u]*=son[v]+(1.0-son[v])*(1.0-edge[i]);
    }
}
void dfs2(int u,int fat){
    for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
        int v=ver[i];if(v==fat)continue;
        p=fa[u]*son[u]/(son[v]+(1.0-son[v])*(1.0-edge[i]));
        fa[v]=p+(1.0-p)*(1.0-edge[i]);dfs2(v,u);
    }
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,u,v,e;i<n;++i)scanf("%d%d%d",&u,&v,&e),add(u,v,e/100.0),add(v,u,e/100.0);
    for(int i=1,v;i<=n;++i)scanf("%d",&v),st[i]=v/100.0;fa[1]=1;
    dfs1(1,0),dfs2(1,0);for(int i=1;i<=n;++i)res+=1-son[i]*fa[i];
    printf("%.6lf\n",res);return 0;
}