HDU - 4035(概率dp 用待定系数法解决递推依赖)

本题目的状态转移表达式是很好写的，但一个节点不仅依赖子节点，还会依赖父亲节点和1好节点的期望值。

假定 p = (1-ei-ki)/m ，（其中m为i节点的子节点和父亲节点总个数的和）

Ei = ki * E1 + ei*0 + p*( Ef + 1) + p* ∑（Ej + 1） （ 其中j为i的某一个子节点，f为i的父亲节点） ...........................(1)

设定Ei = Ai*E1 + Bi*Ef + Ci;.....................................(2)

那么对于Ｅj 也有同样的设定Ej = Aj*E1 + Bj*Ef + Cj;................................(3)

可以将(3）带入(1）整理成(2) 的形式，进而求出Ai,Bi,Ci.这样就可以用递归算法求解了。

//#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000")
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <list>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#define ALL(a) a.begin(),a.end()
#define clr(a,x) memset(a,x,sizeof a)
#define fst first
#define snd second
#define pb push_back
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define rep1(i,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(int)n;i++)
using namespace std;
const double eps = 1e-10;
typedef long long LL;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int inf =0x3f3f3f3f;
inline int zero(double te){ return fabs(te)<eps; }
const int N = 10101;
vector<int> G[N];
double k[N],e[N],E[N],A[N],B[N],C[N];
bool dfs(int u,int f){
   double p = (1.0-k[u]-e[u])/G[u].size();
   double fenm = 1;
   if(G[u].size()==1 && G[u][0]==f){
      A[u] = k[u],B[u]=1-k[u]-e[u],C[u]=1-k[u]-e[u];
      return true;
   }
   A[u] = k[u],B[u] =(p),C[u]=(u==1 ? 0 : p);
   for(int i=0;i<G[u].size();i++){
       int v = G[u][i];
       if(v == f) continue;
       if(!dfs(v,u)) return false;
      fenm-=p*B[v];
      A[u]+=p*A[v];
      C[u]+=p*(C[v]+1);
   }
   if(zero(fenm)) return false;
   A[u]/=fenm;
   B[u]/=fenm;
   C[u]/=fenm;
   return true;
}
int n,d;
int main()
{
   int T,kase=1;
   scanf("%d",&T);
   while(T--){
      scanf("%d",&n);
      rep1(i,1,n) G[i].clear();
      rep1(i,n-1){
         int x,y; scanf("%d %d",&x,&y);
         G[x].push_back(y);
         G[y].push_back(x);
      }
      rep1(i,n) {
        scanf("%lf %lf",&k[i],&e[i]);
        k[i]/=100; e[i]/=100;
      }
      if(dfs(1,-1) && !zero(1-A[1])){
        double res =C[1]/(1-A[1]);
        printf("Case %d: %.6lfn",kase++,res);
      }
      else printf("Case %d: impossiblen",kase++);
   }
   return 0;
}

（编辑：李大同）

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