[2019.3.7]BZOJ3566 [SHOI2014]概率充电器

显然这是一棵树。

设节点\(i\)\(j\)之间的边为\((i,j)\),边\((i,j)\)导电的概率为\(q_{i,j}\),第\(i\)个点自身有电的概率为\(p_i\)

考虑树形dp。

显然答案等于所有节点有电的概率之和。

考虑一个节点什么时候会被充电:

1.它自己有电;

2.它的孩子里有节点有电,并且这个孩子和这个节点之间的导线是导电的;

3.它的父亲有电,并且这个节点和父亲之间的导线导电。

本着树形dp的思路,先不考虑父亲对儿子的影响,即先不考虑3。

我们设\(dp_i\)表示第\(i\)个节点在考虑自身及其子树以后,有电的概率。

然后我们发现这样一来很难得知某一个儿子对父亲的概率贡献。

于是我们记\(dp_i\)表示第\(i\)个节点在考虑自身及其子树以后,没有电的概率。

我们设\(i\)的孩子为\(s_1,s_2,s_3,...,s_m\)

则有\(dp_i=(1-p_i)\Pi_{j=1}^m(dp_{s_j}+(1-dp_{s_j})\times (1-q_{i,s_j})\)

解释:

我们知道一些时间同时发生的概率为这些时间独立概率的乘积。

要让\(i\)没电,就要求它自己没电,它的儿子也全部没电,或者有电的孩子和\(i\)之间的导线不导电。

\(i\)本身没电的概率是\((1-p_i)\);

孩子\(s_j\)没电的概率是\(dp_{s_j}\),孩子\(s_j\)有电,且\((i,s_j)\)不导电的概率是\((1-dp_{s_j})\times(1-q_{i,s_j})\),那么孩子\(s_j\)\(i\)这一段没电的概率就是两者的和,即\(dp_{s_j}+(1-dp_{s_j})\times(1-q_{i,s_j})\)

所以上面的式子就是把这些东西乘起来了。

发现每个孩子对于答案的贡献是独立的(这就是设\(dp_i\)的意义的理由)。

于是点\(i\)去除孩子\(s_j\)以后,剩下部分没电的概率就是\(\frac{dp_i}{dp_{s_j}+(1-dp_{s_j})\times(1-q_{i,s_j})}\)

有什么用?

一会儿就知道了。

之后我们来考虑点\(i\)的父亲\(f_i\)\(i\)的影响。

我们记\(DP_i\)为点\(i\)的父亲没有电传到\(i\)的概率。

我们记

\(T=DP_{f_i}\times \frac{dp_{f_i}}{dp_i+(1-dp_i)\times q_{f_i,i}}\)

也就是\(f_i\)不算\(i\)这棵子树,剩下的部分使得\(f_i\)没电的概率。

那么有

\(DP_i=T+(1-T)\times(1-q_{f_i,i})\)

解释:

前一个部分意义上面已经提过;

\((1-T)\)\(f_i\)不算\(i\)这棵子树,剩下的部分使得\(f_i\)有电的概率,\((1-q_{f_i,i})\)即边\((f_i,i)\)不导电的概率,那么整个就是\(f_i\)有电而\((f_i,i)\)没电的概率。

两个部分都算完了。

于是看看答案等于什么。

\(i\)没电的总概率就是\(dp_i\times DP_i\);

那么点\(i\)有电的概率就是\(1-dp_i\times DP_i\);

答案就是\(\sum_{i=1}^n(1-dp_i\times DP_i)\)

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define Merge(x,y,val) (dps[x]*=(g[y]=dps[y]+(1-dps[y])*(1-val)))
using namespace std;
struct edge{
    int t,nxt;
    double v;
}e[1000010];
int n,u,v,w,cnt,be[500010],vis[500010],f[500010];
double p[500010],g[500010],fv[500010],dps[500010],dpf[500010],ans;
void add(int x,int y,int val){
    e[++cnt].t=y,e[cnt].v=val*0.01,e[cnt].nxt=be[x],be[x]=cnt;
}
void dfs1(int x){
    vis[x]=1,dps[x]=1-p[x];
    for(int i=be[x];i;i=e[i].nxt)!vis[e[i].t]?dfs1(e[i].t),Merge(x,e[i].t,e[i].v),0:(f[x]=e[i].t,fv[x]=e[i].v);
}
void dfs2(int x){
    dpf[x]=f[x]?(g[x]?dpf[f[x]]*dps[f[x]]/g[x]+(1-dpf[f[x]]*dps[f[x]]/g[x])*(1-fv[x]):0):1;
    ans+=1-dps[x]*dpf[x];
    for(int i=be[x];i;i=e[i].nxt)e[i].t!=f[x]?dfs2(e[i].t),0:0;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;++i)scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),add(u,v,w),add(v,u,w);
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lf",&p[i]),p[i]*=0.01;
    dfs1(1),dfs2(1);
    printf("%.6lf",ans);
    return 0;
}
posted @ 2019-03-17 18:28 xryjr233 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏