HDU-4035 Maze 概率DP

　　题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4035

　　很不错的概率DP题目，因为这题是无向图，所以要对叶节点和非叶节点考虑，然后列出方程后，因为数据很大，高斯消元如果不特定优化会超时，可以转化方程，然后求解系数。

解法：<摘自KB神>

题意：
有n个房间，由n-1条隧道连通起来，实际上就形成了一棵树，
从结点1出发，开始走，在每个结点i都有3种可能：
1.被杀死，回到结点1处（概率为ki）
2.找到出口，走出迷宫 （概率为ei）
3.和该点相连有m条边，随机走一条
求：走出迷宫所要走的边数的期望值。

设 E[i]表示在结点i处，要走出迷宫所要走的边数的期望。E[1]即为所求。

叶子结点：
E[i] = ki*E[1] + ei*0 + (1-ki-ei)*(E[father[i]] + 1);
= ki*E[1] + (1-ki-ei)*E[father[i]] + (1-ki-ei);

非叶子结点：（m为与结点相连的边数）
E[i] = ki*E[1] + ei*0 + (1-ki-ei)/m*( E[father[i]]+1 + ∑( E[child[i]]+1 ) );
= ki*E[1] + (1-ki-ei)/m*E[father[i]] + (1-ki-ei)/m*∑(E[child[i]]) + (1-ki-ei);

设对每个结点：E[i] = Ai*E[1] + Bi*E[father[i]] + Ci;

对于非叶子结点i，设j为i的孩子结点，则
∑(E[child[i]]) = ∑E[j]
= ∑(Aj*E[1] + Bj*E[father[j]] + Cj)
= ∑(Aj*E[1] + Bj*E[i] + Cj)
带入上面的式子得
(1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj)*E[i] = (ki+(1-ki-ei)/m*∑Aj)*E[1] + (1-ki-ei)/m*E[father[i]] + (1-ki-ei) + (1-ki-ei)/m*∑Cj;
由此可得
Ai = (ki+(1-ki-ei)/m*∑Aj) / (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj);
Bi = (1-ki-ei)/m / (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj);
Ci = ( (1-ki-ei)+(1-ki-ei)/m*∑Cj ) / (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj);

对于叶子结点
Ai = ki;
Bi = 1 - ki - ei;
Ci = 1 - ki - ei;

从叶子结点开始，直到算出 A1,B1,C1;

E[1] = A1*E[1] + B1*0 + C1;
所以
E[1] = C1 / (1 - A1);
若 A1趋近于1则无解...

//STATUS:C++_AC_281MS_1440KB
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using namespace std;
//#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
//using namespace __gnu_cxx;
//define
#define pii pair<int,int>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define PI acos(-1.0)
//typedef
typedef __int64 LL;
typedef unsigned __int64 ULL;
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const int N=10010;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=10007,STA=8000010;
const LL LNF=1LL<<55;
const double EPS=1e-9;
const double OO=1e30;
const int dx[4]={-1,0,1,0};
const int dy[4]={0,1,0,-1};
const int day[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
//Daily Use ...
inline int sign(double x){return (x>EPS)-(x<-EPS);}
template<class T> T gcd(T a,T b){return b?gcd(b,a%b):a;}
template<class T> T lcm(T a,T b){return a/gcd(a,b)*b;}
template<class T> inline T lcm(T a,T b,T d){return a/d*b;}
template<class T> inline T Min(T a,T b){return a<b?a:b;}
template<class T> inline T Max(T a,T b){return a>b?a:b;}
template<class T> inline T Min(T a,T b,T c){return min(min(a, b),c);}
template<class T> inline T Max(T a,T b,T c){return max(max(a, b),c);}
template<class T> inline T Min(T a,T b,T c,T d){return min(min(a, b),min(c,d));}
template<class T> inline T Max(T a,T b,T c,T d){return max(max(a, b),max(c,d));}
//End

vector<int> q[N];
double k[N],e[N],A[N],B[N],C[N];
int T,n;

void dfs(int u,int fa)
{
    int i,j,v,m=q[u].size();
    double P=(1-k[u]-e[u])/(m);
    double At,Bt,Ct;
    At=Bt=Ct=0;
    for(i=0;i<m;i++){
        v=q[u][i];
        if(v==fa)continue;
        dfs(v,u);
        At+=A[v];
        Bt+=B[v];
        Ct+=C[v];
    }
    A[u]=(P*At+k[u])/(1-P*Bt);
    B[u]=P/(1-P*Bt);
    C[u]=(P*Ct+1-k[u]-e[u])/(1-P*Bt);
}

int main(){
 //   freopen("in.txt","r",stdin);
    int ca=1,i,j,a,b;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(i=1;i<=n;i++)q[i].clear();
        for(i=1;i<n;i++){
            scanf("%d%d",&a,&b);
            q[a].push_back(b);
            q[b].push_back(a);
        }
        for(i=1;i<=n;i++){
            scanf("%lf%lf",&k[i],&e[i]);
            k[i]/=100,e[i]/=100;
        }

        dfs(1,0);

        printf("Case %d: ",ca++);
        if(sign(A[1]-1))printf("%.6lf\n",C[1]/(1-A[1]));
        else printf("impossible\n");
    }
    return 0;
}