【題解】CF#172(Div. 1) C.Game on Tree

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  感覺對期望也一無所知……(;′⌒`)╮(╯﹏╰)╭

  一直在考慮怎麼dp,最後看了題解——竟然是這樣的???【震驚】但是看了題解之後,覺得確實很有道理……

  我們可以考慮最後答案的組成,可以分開計算不同的點對於答案的貢獻(期望具有線性性)。我們可以把這個染色的過程看做每一個節點均需要被染色,但只有第一個被染色的節點會消耗1點代價。這樣我們就可以分別分析每個點對於答案產生貢獻的機率,答案即為機率之和。而一個點會對答案產生影響的機率是多少?實際上這隻與它到根的鏈上的節點是相關的,因為只要在染色它的祖先節點之前染色它,它就會對答案產生為1的貢獻。

  那麼當它和它的祖先均未被染色時,顯然有選擇任意節點的機率相等,顯然有選擇它的機率為 \(\frac{1}{dep[u]}\)(如果選擇了其他節點,則該節點無法再產生貢獻)。於是……這題就做完了。強啊!%%%

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define maxn 200000#define db doubleint n, dep[maxn];db ans;int read(){    int x = 0, k = 1;    char c; c = getchar();    while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) { if(c == ‘-‘) k = -1; c = getchar(); }    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar();    return x * k;}struct edge{    int cnp, to[maxn], last[maxn], head[maxn];    edge() { cnp = 2; }    void add(int u, int v)    {        to[cnp] = v, last[cnp] = head[u], head[u] = cnp ++;        to[cnp] = u, last[cnp] = head[v], head[v] = cnp ++;    }}E1;void dfs(int u, int fa){    for(int i = E1.head[u]; i; i = E1.last[i])    {        int v = E1.to[i];        if(v == fa) continue;        dep[v] = dep[u] + 1; dfs(v, u);    }}int main(){    n = read();    for(int i = 1; i < n; i ++)    {        int u = read(), v = read();        E1.add(u, v);    }    dep[1] = 1; dfs(1, 0);    for(int i = 1; i <= n; i ++) ans += (1.0 / (db) dep[i]);    printf("%.10lf\n", ans);    return 0;}

 

【題解】CF#172(Div. 1) C.Game on Tree

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