HUD4035Maze

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题目描述

Solution

很容易写出期望的式子：
令 $f_i$表示从 $i$号节点开始期望几步走出迷宫。
令 $p_i=1-k_i-e_i$表示选择走向其他边的概率。
令 $d_i$表示 $i$号结点的度数。
$f_i=k_if_1+p_i\sum \frac{f_j}{d_i}+1+0e_i\\ Ans=f_1$
直接高斯消元时间复杂度为 $O(n^3)$， $TLE$。

我们发现这里的 $f_i$只和 $f_1$以及相邻结点的 $f$值有关，因此考虑把 $f$表示为 $Af_{fa}+Bf_1+C$的形式。

于是令
$f_i=A_if_{fa_i}+B_if_1+C_i$
化简上面的期望式子，得到
$f_i=\frac{qf_{fa_i}+(q*\sum_j B_j+k_i)f_1+(q*\sum_j c_j+p_i)}{t}$
其中 $q=\frac{p_i}{d_i},t=1-q\sum_ja_j$。

于是有
$A(i)=\frac{q}{t}\\ B(i)=\frac{q*sumb+k[x]}{t}\\ C(i)=\frac{q*sumc+p[x]}{t}\\$

根据递推式从叶子向上递推，于是可以 $O(n)$解出 $f_1$。

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>

#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se second

using namespace std;

template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;

const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{
	int f=1,x=0; char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }
	return x*f;
}
int d[MAXN];
vector<int> E[MAXN];
double A[MAXN],B[MAXN],C[MAXN],e[MAXN],k[MAXN],p[MAXN];
bool check(int x,int father)
{
	if (e[x]!=0) return 1;
	if (p[x]==0) return 0;
	for (auto v:E[x])
		if (v!=father&&check(v,x)) return 1;
	return 0;
}
void tree_dp(int x,int father)
{
	double sa=0,sb=0,sc=0;
	for (auto v:E[x])
	{
		if (v==father) continue;
		tree_dp(v,x);
		sa+=A[v],sb+=B[v],sc+=C[v];
	}
	double q=p[x]/d[x],t=1-q*sa;
	A[x]=q/t;
	B[x]=(q*sb+k[x])/t;
	C[x]=(q*sc+p[x])/t;
}
int main()
{
	int Case=read();
	for (int q=1;q<=Case;q++)
	{
		int n=read();
		for (int i=1;i<=n;i++) E[i].clear(),d[i]=0;
		for (int i=1;i<n;i++)
		{
			int u=read(),v=read();
			E[u].PB(v),E[v].PB(u),d[u]++,d[v]++;
		}
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			int x=read(),y=read();
			k[i]=x*0.01,e[i]=y*0.01,p[i]=(100-x-y)*0.01;
		}
		
		if (!check(1,0)) printf("Case %d: impossible\n",q);
		else 
		{
			tree_dp(1,0);
			printf("Case %d: %.9lf\n",q,C[1]/(1-B[1]));
		}
	}
	return 0;
}