「CF 123E」Maze

传送门

题意澄清

对于 dfs 遍历时，在某一个点进入子树的顺序并不是按输入顺序，而是假定随机选择未进入过的子树 (这纠结了我好久) 。

破题思路

首先可以明确这题不能推一个 $O(1)$ 的式子来计算期望 (树的结构是随机的，对于所有点不存在均摊期望的可能) ，但是对于某一刻子树以根节点为起点时，一定是存在一个快速计算期望的式子 (不可能枚举起点还要枚举终点吧) 。

其次，考虑到需要对于每一个点作起点求出期望步数，又是一棵树，故树形 $dp$ 肯定是必要的，同时还需要换根。

那么算法分析完了(树形 $dp$ $+$ 推以子树根作起点的步数期望式子)，就要具体实现算法了。

以子树根作起点的期望步数

对于每一棵子树，假设其根为 $rt$ ，终点在其儿子 $v$ 的子树中，如果下一步并未走向 $v$ ，而是走向 $u$ ，则需要花 $2\times siz[u]$ ( $siz[u]$ 为 $u$ 子树内节点个数1) 步走回 $rt$ ，那么对于在 $v$ 之前走向 $u$ 的概率相当于对于 $rt$ 所有儿子的排列中 $v$ 在 $u$ 之后的概率，明显是 $\frac{1}{2}$ ，故 $u$ 子树对于步数的贡献即为 $2\times siz[u]\times \frac{1}{2}=siz[u]$ ，所以对于以 $rt$ 为根且以 $rt$ 为起点的子树，其期望步数为

$$g_{rt}\leftarrow \sum _{u\in so{n}_{rt}}((si{z}_{rt}-si{z}_u)\times sum\mathrm{\_}{p}_u+g_u)$$

其中 $g_u$ 为在 $u$ 的子树中以 $u$ 为根且以 $u$ 为起点的期望步数，$sum\mathrm{\_}{p}_u$ 为以 $u$ 的子树中的结点为终点的概率。

树形dp

对于第一次树形 $dp$ 的式子我们已经在上一个部分推出来了，难点在于换根时的式子。我经常使用的方法是不去思考意义，只思考原式的 “逆式” 。

先明确一下定义。

$$\begin{array}{rl}& \text{依据}u\text{去更新儿子}v\\ & g,siz,sum\mathrm{\_}p\text{意义同上}\\ & f_u:\text{以}u\text{为起点的期望步数}\\ & p{2}_u:\text{以}u\text{为终点的概率}\\ & except\mathrm{\_}v:\text{对于}v\text{的父亲}u\text{没有子树}v\text{时}{g}_u\text{的值}\end{array}$$

首先我们先处理式子中的 $g_u$ ，即 $except\mathrm{\_}v$ ，既然是消去影响，故是用 $f_u$ 去减去影响。

• 终点不在 $v$ 的子树中
  概率为 $1-sum\mathrm{\_}{p}_v-p{2}_u$
  贡献为 $si{z}_v$
  影响为 $(1-sum\mathrm{\_}{p}_v-p{2}_u)\times (si{z}_v)$
• 终点在 $v$ 的子树中
  概率为 $sum\mathrm{\_}{p}_v$
  贡献为 $n-si{z}_v$
  影响为 $sum\mathrm{\_}{p}_v\times (n-si{z}_v)$

故

$$except\mathrm{\_}v\leftarrow f_u-si{z}_v\times (1-p{2}_u-sum\mathrm{\_}{p}_v)-(n-si{z}_v)\times sum\mathrm{\_}{p}_v$$

接下来我们处理以 $v$ 为起点的期望步数。

• 终点在原本 $v$ 的子树中
  概率为 $sum\mathrm{\_}{p}_v-p{2}_v$
  贡献为 $n-si{z}_v$
  期望步数为 $(sum\mathrm{\_}{p}_v-p{2}_v)\times (b-si{z}_v)$
• 终点不在原本 $v$ 的子树中
  模仿原 $dp$ 式子可得 $(n-(n-si{z}_v))\times (1-sum\mathrm{\_}{p}_v)+except\mathrm{\_}v$

故

$$f_v\leftarrow (n-si{z}_v)\times (sum\mathrm{\_}{p}_v-p{2}_v)+(n-(n-si{z}_v))\times (1-sum\mathrm{\_}{p}_v)+except\mathrm{\_}v$$

实现

综合上述内容，便有了以下代码。

/*
address:https://codeforces.com/problemset/problem/123/E
AC 2024/8/28 12:26
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
vector<int>G[N];
int n;
double p1[N], p2[N];
int sum1, sum2;
double f[N], g[N], sum_p[N];
int siz[N];
inline void dfs1(int u, int fa) {
    sum_p[u] = p2[u];
    siz[u] = 1;
    for (auto v : G[u]) {
        if (v == fa) continue;
        dfs1(v, u);
        sum_p[u] += sum_p[v];
        siz[u] += siz[v];
    }
    for (auto v : G[u]) {
        if (v == fa) continue;
        g[u] += (siz[u] - siz[v]) * sum_p[v] + g[v];
    }
}
inline void dfs2(int u, int fa) {
    for (auto v : G[u]) {
        if (v == fa) continue;
        double except_v = f[u] - siz[v] * (1 - p2[u] - sum_p[v]) - (n - siz[v]) * sum_p[v];
        f[v] = (n - siz[v]) * (sum_p[v] - p2[v]) + (n - (n - siz[v])) * (1 - sum_p[v]) + except_v;
        dfs2(v, u);
    }
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1;i < n;i++) {
        int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);
        G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);
    }
    for (int i = 1;i <= n;i++) scanf("%lf%lf", &p1[i], &p2[i]), sum1 += p1[i], sum2 += p2[i];
    for (int i = 1;i <= n;i++) p1[i] /= sum1, p2[i] /= sum2;
    dfs1(1, 0);
    f[1] = g[1];
    dfs2(1, 0);
    double ans = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) ans += p1[i] * f[i];
    printf("%.12lf", ans);
    return 0;
}

The end

一道概率期望加树形 $dp$ 的好题，具备一定思维难度，但又可以一步步推出式子，对于学未至极但又学习良多的我是不多的提升较大的练习。