codeforces 1045 D. Interstellar battle

题目大意:一颗树,给定每个点消失的概率,求出连通块的期望值。要求支持修改消失概率的操作并且给出每次修改过后的期望值。注意被破坏的点不能算入连通块中。

数据范围10^{5},时限1S。

传送门 D. Interstellar battle

 

我们考虑做有根树的DP。设1为根。

我们设p[v]为v节点消失的概率,设f[v][0],f[v][1]分别表示v节点被破坏/没被破坏时的连通块期望值。

f[v][0]=p[v]\cdot \sum (f[sn][0]+f[sn][1])

f[v][1]=(1-p[v])\cdot (1+\sum (f[sn][0]+f[sn][1]-(1-p[sn])))

解释一下f[v][1]的转移方程:因为如果v节点没有被破坏,并且儿子节点sn也没有被破坏,那么连通块的个数会减少,减少的数量就是sn所在的连通块的期望,也就是1-p[sn]

当然我们不可能每次询问了就DFS一遍计算,所以我们需要再研究一下递推式。

我们先只考虑4号点对答案的贡献。我么按照递推式模拟一遍。

最后答案就是f[1][0]+f[1][1],也就是p[3]*(1-p[4])。推广到一般情况:v对答案的贡献就是p[fa[v]]*(1-p[v]),特别地,设p[0]=1(0是1的父亲)。

知道这个结论过后维护起来就特别方便了。我们记sum[v]=\sum (1-p[sn])。修改一个点的概率时就相应地修改值就行了(具体见代码)。

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<ctime>
#define ll long long
#define N 100005using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}int n,m;
double p[N];
struct load {int to,next;}s[N<<1];
int h[N],cnt;
void add(int i,int j) {s[++cnt]=(load) {j,h[i]};h[i]=cnt;}
int fa[N];
double sum[N];
void dfs(int v,int fr) {for(int i=h[v];i;i=s[i].next) {int to=s[i].to;if(to==fr) continue ;fa[to]=v;dfs(to,v);sum[v]+=(1-p[to]);}
}
double ans,c;
int main() {n=Get();for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&p[i]);p[0]=1;int a,b;for(int i=1;i<n;i++) {a=Get()+1,b=Get()+1;add(a,b),add(b,a);}dfs(1,0);for(int i=1;i<=n;i++) {ans+=p[fa[i]]*(1-p[i]);}m=Get();while(m--) {a=Get()+1;scanf("%lf",&c);ans-=p[fa[a]]*(1-p[a]);ans-=sum[a]*p[a];sum[fa[a]]-=1-p[a];p[a]=c;ans+=p[fa[a]]*(1-p[a]);ans+=sum[a]*p[a];sum[fa[a]]+=1-p[a];cout<<ans<<"\n";}return 0;
}

 

然而,总觉得我的做法太不清真了。网上一搜题解,才发现了自己的naive。原来期望是可以分开计算的,也就是说可以分别算出每一对节点对答案的贡献在加起来。然后公式基本相同的。

 

 

转载于:https://www.cnblogs.com/hchhch233/p/9735814.html

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