非常nice的一个概率dp,此题要求的是走出去的步数的期望,首先我们要把问题转化为从任意点出发,到 1 点需要步数期望。于是问题就转化为到 1 点的步数的期望了。然后我们就可以得到每一个点的期望公式:
E[i]= ki*E[1] + (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)-----(1)。
特别的对于叶子节点有:
E[i]= ki*E[1] + (1-ki-ei)/m*( E[father[i]]+1 )= ki*E[1] + (1-ki-ei)/m*E[father[i]];
对于每个节点 设:E[i] = Ai*E[1] + Bi*E[father[i]] + Ci; 然后对式(1)进行扩展,把E[child[i]]扩展下去,就可得到关系式:
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);
其中有叶子节点:
Ai = ki;
Bi = 1 - ki - ei;
Ci = 1 - ki - ei;
然后求出E[1]即为答案。
思路是看了jack ge 大牛的博客:http://www.cnblogs.com/jackge/archive/2013/05/21/3091893.html才理解的,大牛分析的很详细,想详细学习的可以去看这个大牛的博客~~~
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define CLR(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
const int N = 10001;
struct Edge
{
int u, v;
}E[N << 1];
int fir[N], next[N << 1], tot;
double k[N], e[N];
double a[N], b[N], c[N];
void Add_Edge(int u, int v)
{
E[tot].u = u, E[tot].v = v;
next[tot] = fir[u], fir[u] = tot ++;
}
bool dfs(int u, int fa)
{
int v, i, j, flag = 0, esum = 1;
double asum = 0, bsum = 0, csum = 0, p = 1 - k[u] - e[u], tmp;
if(fa == -1) esum = 0;
for(i = fir[u]; ~i; i = next[i])
{
v = E[i].v;
if(v != fa)
{
flag = 1;
if(!dfs(v, u)) return 0;
asum += a[v];bsum += b[v]; csum += c[v];
esum ++;
}
}
if(flag)
{
tmp = 1 - p / esum * bsum;
if(fabs(tmp) < 1e-10) return 0;
a[u] = (k[u] + p / esum * asum) / tmp;
b[u] = p / esum / tmp;
c[u] = (p + p / esum * csum) / tmp;
}
else
{
a[u] = k[u];b[u] = p;c[u] = p;
}
return 1;
}
int main()
{
//freopen("input.txt","r",stdin);
int n, t, cas = 1, i, j, u, v, kk, ee;
scanf("%d", &t);
while(t --)
{
scanf("%d", &n);
tot=0;CLR(fir, -1);
for(i = 1; i < n; i ++)
{
scanf("%d%d", &u, &v);
Add_Edge(u, v);
Add_Edge(v, u);
}
for(i = 1; i <= n; i ++)
{
scanf("%d%d", &kk, &ee);
k[i] = kk / 100.0;e[i] = ee / 100.0;
}
if(!dfs(1, -1) || abs(a[1] - 1) < 1e-10)printf("Case %d: impossible\n", cas ++);
else printf("Case %d: %.6lf\n", cas ++, c[1] / (1 - a[1]));
}
}
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