Puzzles CodeForces 696B 树形DP 期望计算

题目：https://cn.vjudge.net/problem/CodeForces-696B

题意：给出一棵n个点的有根树，节点编号从1到n，编号为1的节点为树根。
从1号节点开始dfs，从父节点访问子节点时对子节点的选择是随机的，每访问一个节点需要1秒的时间。问访问到每个节点的时间期望是多少秒。

思路：从树根向下递推。
dp(i)表示节点的时间期望，dp（fa）表示父亲节点的期望，dp（child）表示父节点对应的其中一个子节点的期望。
则dp（child）的计算可分为两种
（1）如果从父节点直接访问到子节点
dp1（child） = dp（fa） + 1
（2）若先访问其他子节点，再访问该子节点，那么先访问其他某个子节点的所需时间为访问完这个节点和它的所有子孙所需的时间。由于任意一个节点先于该子节点访问的概率都为0.5，是相等的，所以其他节点的访问时间期望贡献具有可加性，因此
dp2（child） = 0.5 * （child的兄弟节点数 + 所有兄弟节点对应所有子孙数）

综上：dp（child） = dp（fa） + 1 + 0.5 * （child的兄弟节点数 + 所有兄弟节点对应所有子孙数）

实现上先递归处理出所有节点的子孙数，然后再dfs按上式递推即可。

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;

const int maxn = 100000 + 10;

int n;

int fa[maxn];
vector<int> child[maxn];
int childsize[maxn];
double ans[maxn];

int cntchild(int u)
{
    if (child[u].empty())
    {
        return childsize[u] = 1;
    }
    childsize[u] = 1;
    for (int i = 0; i < child[u].size(); i++)
    {
        childsize[u] += cntchild(child[u][i]);
    }
    return childsize[u];
}

void dfs(int u)
{
    for (int i = 0; i < child[u].size(); i++)
    {
        int next = child[u][i];
        ans[next] = ans[u] + 1 + 0.5 * (childsize[u] - 1 - childsize[next]);
        dfs(next);
    }
}

int main()
{
    cin >> n;
    fa[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d", &fa[i]);
        child[fa[i]].push_back(i);
    }
    cntchild(1);
    ans[1] = 1;
    dfs(1);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (i != 1)
        {
            printf(" ");
        }
        printf("%.1f", ans[i]);
    }
    return 0;
}