題意：一棵樹，從結點1出發，在每個結點 i 都有3種可能：（1）回到結點1 ， 概率 ki；（2）結束，概率 ei；（3）隨機走一條邊。(ki+ei+隨機走=1) 求到結束需要走的邊數的期望。
假設e[i]為點i到結束走邊數的期望，則有
(以下m為點的度數)
e[i]=ki*e[1]+(1-ei-ki)/m*(e[fa[i]]+1)若i為葉子節點.
=ki*e(1)+(1-ki-ei)*e(father)+(1-ki-ei)
e[i]=ki*e[1]+(1-ei-ki)/m*(e[fa[i]]+1)+(1-ei-ki)/m*(sum(e[son[i]]+1))i不為葉子節點
=ki*e(1)+(1-ki-ei)/m *e(father)+(1-ki-ei)/m*sum(e(child))+(1-ki-ei) 作為1式
我們發現，這樣求非常麻煩，若是n小一點大可用高斯消元求解，可這題的n為10000，無法用高斯消元。
對於每個e[i],我們令e[i]=ai*(e[1])+bi*(e[fa[i]])+ci
e[child]=aj*e[1]+bj*e[i]+cj
sum(e[child])=sum(aj*e[1]+bj*e[i]+cj)
帶入1式:ki*e(1)+(1-ki-ei)/m *e(father)+(1-ki-ei)/m*sum(aj*e[1]+bj*e[i]+cj)+(1-ki-ei)
可得:(ki+(1-ki-ei)/m*sum(aj))*e(1)+(1-ki-ei)/m *e(father)+(1-ki-ei+(1-ki-ei)/m*sum(cj))
與剛才的e[i]=ai*(e[1])+bi*(e[fa[i]])+ci對比一下發現:
ai=(ki+(1-ki-ei)/m*sum(aj))
bi=(1-ki-ei)/m
ci=(1-ki-ei+(1-ki-ei)/m*sum(cj))
對於葉子節點，有
ai=ki
bi=1-ki-ei
ci=1-ki-ei
倒推即可，還有，
e(1)=a1*e(1)+b1*0+c1
e(1)=c1/(1-a1)
若是上述式子中的分母出現0則無解。
1 #include2 #include3 #include4 #include5 #include6const
double eps=1e-9;7
int tot,go[500005],first[500005],next[500005];8
double a[500005],b[500005],c[500005],k[500005],e[500005];9
int n,du[500005
];10
void insert(int x,int y)
11void add(int x,int
y)12
bool dfs(int x,int
fa)27
if (fabs(tmp-1)<=eps) return
false
;28 a[x]/=(1-tmp);
29 b[x]/=(1-tmp);
30 c[x]/=(1-tmp);
31return
true;32
}33intmain()
49for (int i=1;i<=n;i++)
53 printf("
case %d:
",tcase);
54if (dfs(1,0)&&fabs(1-a[1])>eps)
57else60}
61 }
hdu 4035 Maze （概率與期望DP）
題目描述 一棵樹，乙個人初始在1號點。每次到達乙個點，有ki的概率被殺死，並且回到1號點，有ei的概率直接逃離，然後等概率的逃到與他相鄰的節點 1 ki ei du i 每次移動步數 1。求逃出去的期望步數。這道題與上面題的思想和方法是類似的。我們先假設逃離是到達節點0，那麼e 0 0，倒著推。對於...
hdu4035 Maze 期望dp 數學
bzoj4035 神題啊。orz 不過網上題解好難看，數學推導不寫 latex 怎麼看。latex中毒晚期 我們由題當然能很快寫出 dp 方程 設 f i 表示從 u 出發逃離的期望步數，m 為該點度數 begin f u k uf 1 frac sum limits f v 1 k uf 1 fr...
hdu4035 樹上概率dp
從葉子到根，帶入公式求引數 kuangbin hdu 4035 dp求期望的題。題意 有n個房間，由n 1條隧道連通起來，實際上就形成了一棵樹，從結點1出發，開始走，在每個結點i都有3種可能 1.被殺死，回到結點1處 概率為ki 2.找到出口，走出迷宮 概率為ei 3.和該點相連有m條邊，隨機走一條...