概率充电器

换根DP好题

设 $f [i]$ 表示只考虑 $i$ 及其子树的时候， $i$ 通电的概率

有

f [i] = q_{i} + (1 - q_{i}) (1 - \prod_{v} (f [v] (1 - p_{(v, i)}) + 1 - f [v]))

化简为

f [i] = q_{i} + (1 - q_{i}) (1 - \prod_{v} (1 - f [v] p_{(v, i)}))

其中 $v$ 是 $i$ 的儿子， $p_{(v, i)}$ 表示这条边的概率

解释一下：分两种情况，

若 $i$ 自己亮了，那么样本空间剩下的边和点随便是什么状态都可以

若 $i$ 自己没亮，那么必须要至少有一个儿子亮了且这条边一定能够通电。我们考虑这种情况的反面，对任意一个儿子 $v$ ，它不亮的概率是 $1 - f [v]$ ，亮了但是边不通电的概率是 $f [v] (1 - p_{(v, i)})$ ，两者加起来即可。再将上述结果累乘就是反面的概率

我们再设 $g [i]$ 表示 $i$ 的父亲 $f a$ 在不考虑 $i$ 及其子树的情况下通电的情况， $d f a$ 表示 $f a$ 的父亲

有

g [i] = q_{f a} + (1 - q_{f a}) (1 - (1 - g [f a] p_{(f a, d f a)}) \prod_{v \neq i} (1 - f [v] p_{(f a, v)}))

，其中 $v$ 是 $f a$ 的儿子

情况讨论是类似的，想一下这个公式怎么来的

注意求 $f$ 和 $g$ 的过程中，我们是用整体的累积除以某一个概率来优化的，但是这个概率是可能为 $0$ 的，一定要加以判断

然后设 $a n s [i]$ 表示 $i$ 通电的概率，有

a n s [i] = f [i] + (1 - f [i]) p_{(i, f a)} g [i]

，其中 $f a$ 是 $i$ 的父亲

解释一下：最终 $i$ 通电要么是由于子树的原因，要么子树没有能够供电，然后父亲来供电

然后可以看一下这篇题解

注意这篇题解，设置的状态就是没有通电，这样其实跟我们上面的推导本质是一样的，但是肯定更加简洁。所以以后遇到考虑反面的情况，不妨直接按照反面设置状态

然后还要特别注意一个点，这篇题解设 $D P_{i}$ 是 $i$ 的父亲没有电传到 $i$ 的概率，而不是父亲不考虑 $i$ 这棵子树被通电的考虑，这两个是完全不同的

update 2024.5.4

其实最好理解的还是这种操作

将三种状态（ $x$ 自身通电， $x$ 通过其子树通电， $x$ 通过其父亲通电）分开考虑

第一种不说了

第二种，设 $f [i]$ 表示 $i$ 通过其子树供电的概率，有 $f [i] = 1 - \prod_{u \in s o n_{i}} (1 - l_{u} + l_{u} (1 - q_{u}) (1 - f_{u}))$ ，其中 $q_{u}$ 表示 $u$ 自身通电的概率， $l_{u}$ 表示 $(i, u)$ 这条边的长度

第三种，设 $F [i]$ 表示 $i$ 通过其父亲供电的概率，有 $F [i] = l_{i} (q_{f a} + (1 - q_{f a}) (F_{f a} + (1 - F_{f a}) (1 - \prod_{u \in s o n_{f a} 且 u \neq i} (1 - l_{u} + l_{u} (1 - q_{u}) (1 - f_{u})))))$