\(Description:\)
一棵树，每个点q[i]的概率直接充电，每条边p[i]的概率导电，电可以沿边传递使其他点间接充电。求进入充电状态的点期望个数。
\(Sample\) \(Iuput:\)
3
1 2 50
1 3 50
50 0 0
\(Sample\) \(Input:\)
5
1 2 90
1 3 80
1 4 70
1 5 60
100 10 20 30 40
\(Solution:\)
考虑树形dp，首先我们需要明白，其实我们要求的期望就是概率之和，那么我们只要求出每个点的概率，那么怎么求每个点的概率捏？
yzc提供了一种神奇的办法，考虑对于每个点，先求出每个点的子树的概率和 \(f[u]\)
那么对于一个点 \(u\)，就只要让 \(u\) 的所有儿子到他的概率取个并集，
概率并的求法：
\(P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(A)*P(B)\)
第一遍 \(dfs\) 求出所有的 \(f\)，但这样只是求出了当前这个点的子树给他充电的概率，还没有求父亲给他充电的概率。
那么再纪录一个 \(g\)，数组记录当前的总概率，然后考虑 \(g\) 的转移：
那么我们考虑已经求出了他父亲的 \(g[fa]\) 要求 \(g[v]\)
那么就只要把 当前的点的子树对 \(g[fa]\) 的贡献给除掉就可以了。
求概率补集：
\(P(A)=\frac{P(A \cup B)-P(B)}{1-P(B)}\)\((注意特判1-P(B)==0)\)
那么就可以愉快的用两次 \(dfs\) 求出答案。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double DD;
int n,En;
DD ans;
const int N=5e5+5;
inline DD unit(DD a,DD b){
return a+b-a*b;
}
inline DD split(DD a,DD b){
if(fabs(1.0-b)==0) return 0;
return (a-b)/(1.0-b);
}
DD f[N],g[N],p[N];
int head[N];
struct edge{
int next,to;
DD dis;
}E[N<<1];
inline void add(int from,int to,DD dis){
E[++En].next=head[from];
E[En].to=to;
E[En].dis=dis;
head[from]=En;
}
inline void dfs1(int u,int fa){
f[u]=p[u];
for(int i=head[u];i;i=E[i].next){
int v=E[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs1(v,u);
f[u]=unit(f[u],f[v]*E[i].dis);
}
}
inline void dfs2(int u,int fa){
for(int i=head[u];i;i=E[i].next){
int v=E[i].to;
if(v==fa) continue;
g[v]=unit(f[v],split(g[u],f[v]*E[i].dis)*E[i].dis);
dfs2(v,u);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n-1;++i){
int u=0,v=0,w=0;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,(DD)w/100);
add(v,u,(DD)w/100);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
int x=0;
scanf("%d",&x);
p[i]=(DD)x/100;
}
dfs1(1,1);
g[1]=f[1];
dfs2(1,1);
for(int i=1;i<=n;++i) ans+=g[i];
printf("%.6lf\n",ans);
return 0;
}