【NOIP2016提高A组集训第14场11.12】随机游走——期望+树形DP
好久没有写过题解了……现在感觉以前的题解弱爆了，还有这么多访问量……
没有考虑别人的感受，没有放描述、代码，题解也写得歪歪扭扭。
并且我要强烈谴责某些写题解的代码不打注释的人，像天书那样，不是写给普通人看的。
原题点这（JZOJ）
描述
Description
YJC最近在学习图的有关知识。今天，他遇到了这么一个概念：随机游走。随机游走指每次从相邻的点中随机选一个走过去，重复这样的过程若干次。YJC很聪明，他很快就学会了怎么跑随机游走。为了检验自己是不是欧洲人，他决定选一棵树，每条边边权为1，选一对点s和t，从s开始随机游走，走到t就停下，看看要走多长时间。但是在走了10000000步之后，仍然没有走到t。YJC坚信自己是欧洲人，他认为是因为他选的s和t不好，即从s走到t的期望距离太长了。于是他提出了这么一个问题：给一棵n个点的树，问所有点对(i,j)(1≤i,j≤n)中，从i走到j的期望距离的最大值是多少。YJC发现他不会做了，于是他来问你这个问题的答案。
Input
第一行包含一个整数n，表示点数。
接下来n-1行，第(i+1)行包含两个整数ui和vi，表示树的一条边。Output
输出一行，包含一个实数，表示最大的期望距离，保留五位小数。
Sample Input
3
1 2
2 3Sample Output
4.00000
Data Constraint
对于30%的数据，满足n≤5。
对于50%的数据，满足n≤3000。
对于100%的数据，满足n≤100000。Hint
s=1，t=3，从1走到2距离为1，从2走到3的期望距离d满足d=0.5(d+2)+0.5，解得d=3，所以从1走到3的期望距离为4。
分析
首先普及一下期望是什么东西。
如果第i个状况的概率为p[i]，所花的代价为w[i]，那么期望e是
期望具有一些奇怪的性质。
在这一题中，如果从X到Y的期望距离为a，从Y到Z的期望距离为b，那么从X到Z的期望距离为a+b
但其实我也不知道是为什么。
首先我们知道，这是一棵树。这意味着两个点之间有且只有一条路径。
所以可以设f[x]表示从x到x的父亲的期望距离，g[x]表示从x的父亲到x的期望距离。
求出f和g后就可以随意地求出两点之间的期望距离了。
考虑树形DP。设d[x]表示x的度（即与其相连的边）
先求f[x]
分两种情况：
1. x直接跳上x的父亲
2. x跳到x的儿子，经过乱跳后跳回x，再乱跳跳到x的父亲
第二种情况中，跳到son距离为1，从son跳回来距离为f[son]，再跳上去距离为f[x]
因为左右都有f[x]，我们应将f[x]移到左边。
可以手推一下，就变成下面这个式子
再求g
分三种情况：
1. x的父亲直接跳到x
2. x的父亲跳到x的爷爷，再乱跳到x的父亲，再乱跳到x
3. x的父亲跳到x的兄弟，再乱跳回x的父亲，再乱跳到x
原因差不多了，仔细想一下就行了。
可以化简为
求f和g，分别用两个递归就能很方便地O(n)求出了。
接下来就很好搞了，类似于求一棵树的直径。若从X到Y，那么路径就是X->LCA(X,Y)->Y
设x.fu表示从x的某个后代到x的最长距离，x.su是次长距离。
x.fd表示从x到某个后代的最长距离，x.sd是次长距离。
求上面的那四个东西只要统计son.fu+f[son]和g[son]+son.fd，求最长和次长。
如果x.fu和x.fd不重复，自然是x.fu+x.fd最长
否则最长为max{x.fu+x.sd,x.su+x.fd}
这样又一个递归，可以O(n)求出。
取个最大值，就是答案了。
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
struct EDGE
{
int to;
EDGE* las;
} e[200000];//前向星存边
EDGE* last[100001];
int d[100001];//d[x]为x的度
long long ans;
long long f[100001],sum[100001],g[100001];//sum[x]=sum{f[son]}用于省去dfs2中算f[brother]之和的部分
void dfs1(int,int);//求f
void dfs2(int,int);//求g
struct First_and_Second
{
long long fu;
int nfu;//这个是fu的编号，用于判断重复
long long fd;
int nfd;//这个是fd的编号，用于判断重复
long long su,sd;
//次大的编号是没有必要标的，因为不需判断fu与sd或su与fd重复，不然fu就不会与fd重复，不影响答案
} s[100001];
void dfs3(int,int);//求答案
int main()
{
freopen("rw.in","r",stdin);
freopen("rw.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
int i,j=-1,x,y;
for (i=1;i<n;++i)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
++d[x];
++d[y];
e[++j]={y,last[x]};
last[x]=e+j;
e[++j]={x,last[y]};
last[y]=e+j;
}
dfs1(0,1);
dfs2(0,1);
dfs3(0,1);
printf("%lld.00000\n",ans);
return 0;
}
void dfs1(int fa,int x)
{
EDGE* ei;
for (ei=last[x];ei;ei=ei->las)
if (ei->to!=fa)
{
dfs1(x,ei->to);
sum[x]+=f[ei->to];
}
f[x]=d[x]+sum[x];//方程原因见上
}
void dfs2(int fa,int x)
{
EDGE* ei;
for (ei=last[x];ei;ei=ei->las)
if (ei->to!=fa)
{
g[ei->to]=d[x]+g[x]+sum[x]-f[ei->to];//方程原因见上。
dfs2(x,ei->to);
}
}
void dfs3(int fa,int x)
{
EDGE* ei;
for (ei=last[x];ei;ei=ei->las)
if (ei->to!=fa)
{
dfs3(x,ei->to);
if (s[ei->to].fu+f[ei->to]>s[x].fu)//和最大作比较
{
s[x].su=s[x].fu;
s[x].fu=s[ei->to].fu+f[ei->to];
s[x].nfu=ei->to;
}
else if (s[ei->to].fu+f[ei->to]>s[x].su)//和次大作比较
s[x].su=s[ei->to].fu+f[ei->to];
if (g[ei->to]+s[ei->to].fd>s[x].fd)//同上
{
s[x].sd=s[x].fd;
s[x].fd=g[ei->to]+s[ei->to].fd;
s[x].nfd=ei->to;
}
else if (g[ei->to]+s[ei->to].fd>s[x].sd)//同上
s[x].sd=g[ei->to]+s[ei->to].fd;
}
if (s[x].nfu!=s[x].nfd)
ans=max(ans,s[x].fu+s[x].fd);
else
ans=max(ans,max(s[x].fu+s[x].sd,s[x].su+s[x].fd)); //原因见上
//有的人可能担心nfu和nfd恰好一样，但可能还会有等于fu或fd的路程。实际上，如果有这种可能，那么有su=fu或sd=fd，不会影响答案。
//如果x只有一个儿子，那么必有nfu==nfd，由于su和sd为0，所以不会影响答案。
}
