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题面
分析
定义
为
点不被点亮的概率,
为
自己被点亮的概率,
表示
这条边联通的概率,有
可以看出,对于一个点
,所有于它相连的点对它的影响是独立的,那么我们首先以
为根,只考虑儿子的影响做一次树形
。然后再进行第二次
,只考虑父亲的影响,具体做法只需要将父亲的
除以
带来的影响就得到
对
的影响。见代码
CODE
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 500005;
int n, fir[MAXN], cnt;
double p[MAXN];
struct edge {
int to, nxt;
double p;
}e[MAXN<<1];
inline void add(int u, int v, double wt) {
e[++cnt] = (edge){v, fir[u], wt}; fir[u] = cnt;
e[++cnt] = (edge){u, fir[v], wt}; fir[v] = cnt;
}
double dp[MAXN];
inline void dfs1(int u, int ff) {
dp[u] = 1-p[u];
for(int i = fir[u], v; i; i = e[i].nxt)
if((v=e[i].to) != ff) dfs1(v, u), dp[u] *= 1-(1-dp[v])*e[i].p;
}
inline void dfs2(int u, int ff) {
for(int i = fir[u], v; i; i = e[i].nxt) {
if((v=e[i].to) != ff) {
double tmp = 1 - (dp[u] ? dp[u]/(1-(1-dp[v])*e[i].p) : 0); //为了不除0
dp[v] *= 1 - tmp*e[i].p;
dfs2(v, u);
}
}
}
int main () {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1, x, y, z; i < n; ++i)
scanf("%d%d%d", &x, &y, &z), add(x, y, (double)z/100);
for(int i = 1, x; i <= n; ++i)
scanf("%d", &x), p[i] = (double)x/100;
dfs1(1, 0);
dfs2(1, 0);
double ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
ans += 1-dp[i];
printf("%.6f\n", ans);
}
关于在第二次 时的除法可能会除以零,是这样考虑的
- 若分母出现 ,则说明 也一定是 ,因为 在第一次 时本来就乘上了分母。那么此时 ,也就是代表父亲一定会被点亮。
- 所以就判断一下 是否为 ,再做除法就行了。