bzoj 3566: [SHOI2014]概率充电器 数学期望+换根dp

题意：给定一颗树，树上每个点通电概率为 $q[i]$%，每条边通电的概率为 $p[i]$%，求期望充入电的点的个数.

期望在任何时候都具有线性性，所以可以分别求每个点通电的概率（这种情况下期望=概率 $\times 1$ ）然后累加.

然而，直接求通电的概率不是很好求，所以可以求不通电的概率，然后 $1$ 减去这个就是通电的概率了~

先假定以 $1$ 为根，令 $f[i]$ 表示仅考虑 $i$ 的子树及 $i$ 的影响时 $i$ 充不到电的概率.

则有： $f[i]=(1-q[i])\prod_{e\in(u,v)}(1-p[i]+p[i]f[i])$

而在 $i=1$ 时，$f[i]$ 就是 $1$ 号点不通电的概率，但是对于其余所有点，我们还需考虑父亲的影响：考虑换根dp

令 $g[i]$ 表示 $i$ 点的最终答案，即考虑所有情况下 $i$ 点不通电的概率.

那么，当 $i=1$ 时，$g[1]=f[1]$

而 $i\neq1$ 时，令 $p$ 表示只考虑父亲对 $i$ 的影响，而 $p=\frac{g[fa]}{1-p[e]+p[e]f[i]}$ $e$ 为 $i$ 到 $fa$ 的边.

则有 $g[i]=f[i]\times (1-p[e]+p[e]\times p)$

求完之后再累加一下即可. 

#include <bits/stdc++.h>    
#define N 500002         
#define LL long long 
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) 
using namespace std;   
int n,edges;    
double f[N],g[N],perc[N<<1],q[N]; 
int hd[N],to[N<<1],nex[N<<1]; 
void add(int u,int v,double c) 
{
	nex[++edges]=hd[u],hd[u]=edges,to[edges]=v,perc[edges]=c; 
} 
void dfs1(int u,int ff)          
{
	f[u]=1-q[u];           
	for(int i=hd[u];i;i=nex[i])        
	{  
		int v=to[i]; 
		if(v==ff)    continue;                              
		dfs1(v,u); 
		f[u]*=(1-perc[i]+perc[i]*f[v]);             
	}
} 
void dfs2(int u,int ff,int j) 
{  
	if(u==1)   g[u]=f[u];  
	else 
	{
		double p=g[ff]/(1-perc[j]+perc[j]*f[u]);            
		g[u]=f[u]*(1-perc[j]+perc[j]*p);      
	} 
	for(int i=hd[u];i;i=nex[i]) 
	{
		int v=to[i]; 
		if(v==ff) continue;   
		dfs2(v,u,i);   
	}
}
int main() 
{ 
	// setIO("input");  
	int i,j; 
	scanf("%d",&n);            
	for(i=1;i<n;++i) 
	{
		int x,y,z; 
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),add(x,y,(double)z/100),add(y,x,(double)z/100);    
	}    
	for(i=1;i<=n;++i)    scanf("%lf",&q[i]),  q[i]/=100;     
	dfs1(1,0); 
	dfs2(1,0,0);    
	double ans=0;   
	for(i=1;i<=n;++i)  ans+=1.0-g[i]; 
	printf("%.6lf",ans);               
	return 0; 
}