【JLOI 2012】时间流逝（期望，树上高斯消元）

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 这是一道传统的期望题，可是有一些套路值得我去掌握。

我们用$s$来表示一种状态，就是当前拥有的能量圈，是一个正整数拆分的形式。

用$f_{s}$表示如果遇到果冻鱼后丢掉了最小的能量圈后的状态，对于每一个$s$，$f_{s}$是唯一的。

用$v_{s}$表示随机得到了能量圈后的状态，假设目前还有$mi$种能量圈可选，那就有$mi$种转移。

由于$f_{s}$的能量圈个数一定小于$s$的能量圈个数，所以这是一个树形结构。

可以简单写出$s$的期望的方程式：

$E_{s} = 1 + p * E_{f_{s}} + (1 - p) * \frac{1}{mi} * \sum E_{v_{s}}$。

 这里我们发现，当$s$的和大于阈值的时候，$E_{s} = 0$，也就是叶子的贡献和其父亲是没有关系的。

这里有一个套路，就是由于它是一个树，每一个$E_{s}$都可以表示成$k_{s} * E_{f_{s}} + b_{s}$的形式。

于是把上式中的$E_{v_{s}}$展开成$k_{v_{s}} * E_{s} + b_{v_{s}}$。

我们设$g = (1 - p) * \frac{1}{mi}, nk = \sum k_{v_{s}}, nb = \sum b_{v_{s}}$，移项可得：

$(1 - g * nk) * E_{s} = 1 + p * E_{f_{s}} + g * nb$

$E_{s} = \frac{p}{1 - g * nk} E_{f_{s}} + \frac{1 + g * nb}{1 - g * nk}$

 所以得到$k_{s} = \frac{p}{1 - g * nk}, b_{s} = \frac{1 + g * nb}{1 - g * nk}$。

叶子的$k,b$都是$0$，于是我们只要从叶子向上推就可以了，能算出每个点的$k,b$，因为它只和儿子有关，而根是没有父亲的，答案就是根节点的$b$。

由于阈值不大，正整数拆分的形式不会太多，复杂度是合理的。

 

$\bigodot$技巧&套路：

• 树上高斯消元的特殊性质

#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

int n, t, a[53];
double p;

struct No { double k, b; };

No Dfs(int s, int mi) {
  No re = (No){ 0, 0 };
  if (s > t) return re;
  double nk = 0, nb = 0;
  double np = s? p : 0, g = (1 - np) / mi;
  for (int i = 0; i < mi; ++i) {
    No so = Dfs(s + a[i], i + 1);
    nk += so.k, nb += so.b;
  }
  re.k = np / (1 - g * nk);
  re.b = (1 + g * nb) / (1 - g * nk);
  return re;
}

int main() {
  while (scanf("%lf%d%d", &p, &t, &n) == 3) {
    for (int i = 0; i < n; ++i)
      scanf("%d", &a[i]);
    sort(a, a + n);
    printf("%.3f\n", Dfs(0, n).b);
  }
  return 0;
}