[CSP-S模拟测试]:randomwalking（DP）

题目传送门（内部题59）

输入格式

第一行一个数$n$表示点数。
第二行$n$个数$A_i$。
接下来$n−1$行，每行两个数$u,v$表示$u$和$v$有边直接相连。

输出格式

一个数表示最小花费的起点。

样例

样例输入：

5
2 2 1 2 2
1 2
2 3
3 4
4 5

样例输出：

数据范围与提示

对于$10\%$的数据，保证$nleqslant 50$。
对于$30\%$的数据，保证$nleqslant 500$。
对于$50\%$的数据，保证$nleqslant 5,000$。
对于$70\%$的数据，保证$nleqslant 1 imes {10}^5$。
对于$100\%$的数据，保证$nleqslant 1 imes {10}^6$，$A_i$在$[1,1 imes {10}^9]$内随机生成。

题解

又是一道假的期望，还好我及时的看了出来……

我们设$g[i]$表示点$i$的子树对其的贡献，设$f[i]$表示点$i$的非子树对其的贡献。

显然子树贡献很好求，即为：

$$g[u]=sum limits_{v}frac{g[v]}{son[u]}+a[u]$$

现在考虑非子树的，即为：

$$f[u]=frac{(g[fa]+(g[fa]-a[fa]) imes son[u]-g[u])}{son[fa]}+a[fa]$$

那么，每个点的答案即为：

$$frac{(f[u]+(g[u]-a[u]) imes son[i])}{(son[i]+1)}+a[i]$$

题目稍卡常（考试的时候把常数写的稍大，被卡掉了$10$分……）

时间复杂度：$Theta(n)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int nxt,to;}e[2000001];
int head[1000001],cnt;
int n;
double a[1000001];
bool vis[1000001];
double du[1000001];
double dp[2][1000001];
pair<int,double> ans;
void add(int x,int y)
{
	e[++cnt].nxt=head[x];
	e[cnt].to=y;
	head[x]=cnt;
}
void dfs(int x)
{
	vis[x]=1;
	dp[0][x]=a[x];
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
		if(!vis[e[i].to])
		{
			dfs(e[i].to);
			dp[0][x]+=dp[0][e[i].to]/du[x];
		}
}
void DP(int x,int fa)
{
	dp[1][x]=(dp[1][fa]+(dp[0][fa]-a[fa])*du[fa]-dp[0][x])/du[fa]+a[fa];
	double flag=(dp[1][x]+(dp[0][x]-a[x])*du[x])/(du[x]+1)+a[x];
	if(fabs(flag-ans.second)<1e-8)ans.first=min(x,ans.first);
	if(ans.second-flag>1e-8)ans=make_pair(x,flag);
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
		if(e[i].to!=fa)DP(e[i].to,x);
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lf",&a[i]);
		du[i]=-1;
	}
	du[1]=0;
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);add(y,x);
		du[x]++;du[y]++;
	}
	dfs(1);
	ans=make_pair(1,dp[0][1]);
	for(int i=head[1];i;i=e[i].nxt)
		DP(e[i].to,1);
	printf("%d",ans.first);
	return 0;
}

rp++