BZOJ.3566.[SHOI2014]概率充电器(概率DP 树形DP)
这里写的不错,虽然基本还是自己看转移...
\(Description\)
给定一棵树,每个点是一个可导电元件。每条边有\(p\%\)的概率导电,每个元件本身有\(q\%\)的概率被充电,求期望有多少个元件有电。
\(n\leq 5\times10^5\)。
\(Solution\)
每个点的贡献都是\(1\),所以直接求每个点通电的概率\(F_i\),答案就是\(\sum F_i\)。
把\(F_x\)分成:父节点通电给\(x\)带来的概率\(g_x\),和\(x\)及其子树通电给\(x\)带来的概率\(f_x\)。
对于两个独立的事件\(A,B\),由概率加法公式,\(P(A+B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)\),\(F_x=f_x+g_x-f_xg_x\)。
令\(p_x\)表示\(x\)本身通电的概率,\(p_{(x,v)}\)表示边\((x,v)\)通电的概率,那么\(f_x=p_x+\sum_{v\in son[x]}f_vp_{(x,v)}\)。注意这里的加法是概率的加法(相加再减去同时发生的概率)。
\(g_x\)的转移,就是\(F_{fa}\)减去\(x\)转移到\(fa\)的概率。因为\(P(A)=\frac{P(A+B)-P(B)}{1-P(B)}\),所以除去\(x\)的贡献外\(fa\)通电的概率\(q=\frac{F_{fa}-f_xp_{(fa,x)}}{1-f_xp_{(fa,x)}}\),所以\(g_x=q\times p_{(fa,x)}\)。
然后就做完啦。
ps:其实不是很懂第二次DFS,\(P(B)=1\)的时候(除\(0\))\(P(A)\)应该等于多少...
然而数据水?并不会出现\(P(B)=1\)的情况。
另一种DP方式:
还可以令\(F_x\)表示\(x\)不通电的概率,\(F_x=f_xg_x\)。那么只考虑子树的贡献,记\(h_v\)表示\(v\)给父节点贡献的概率,即\(h_v=f_v+(1-f_v)(1-p_{(x,v)})\),有\(f_x=(1-p_x)\prod h_v\)。
再考虑父节点的贡献\(g_x\),同样考虑直接减掉\(x\)对\(fa\)的贡献,即\(g_x=\frac{F_{fa}}{h_x}\)(注意特判\(h_x=0\)的情况)。
同样两次DP就OK啦。
调了半年原来是边权没开double
...
代码写的第一种DP。
//38344kb 3684ms
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define eps 1e-10
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=5e5+5;
int Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
double f[N],F[N],pe[N<<1];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline void AE(int w,int v,int u)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, pe[Enum]=1.0*w/100;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, pe[Enum]=pe[Enum-1];
}
void DFS1(int x,int fa)
{
double b;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa)
DFS1(v,x), b=f[v]*pe[i], f[x]=f[x]+b-f[x]*b;
}
void DFS2(int x,int fa)
{
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa)
{
double b=f[v]*pe[i];
if(fabs(1-b)<eps) F[v]=1;//=1怎么考虑的啊...网上都这么写的=-=
else
{
double q=(F[x]-b)/(1-b)*pe[i];
F[v]=f[v]+q-f[v]*q;
}
DFS2(v,x);
}
}
int main()
{
const int n=read();
for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read(),read());
for(int i=1; i<=n; ++i) f[i]=1.0*read()/100;
DFS1(1,1), F[1]=f[1], DFS2(1,1);
double ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) ans+=F[i];
printf("%.6f\n",ans);
return 0;
}
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------