题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P4284
著名的电子产品品牌SHOI 刚刚发布了引领世界潮流的下一代电子产品——概率充电器：

“采用全新纳米级加工技术，实现元件与导线能否通电完全由真随机数决定！SHOI 概率充电器，您生活不可或缺的必需品！能充上电吗？现在就试试看吧！”

SHOI 概率充电器由n-1 条导线连通了n 个充电元件。进行充电时，每条导线是否可以导电以概率决定，每一个充电元件自身是否直接进行充电也由概率决定。随后电能可以从直接充电的元件经过通电的导线使得其他充电元件进行间接充电。

作为SHOI 公司的忠实客户，你无法抑制自己购买SHOI 产品的冲动。在排了一个星期的长队之后终于入手了最新型号的SHOI 概率充电器。你迫不及待地将SHOI 概率充电器插入电源——这时你突然想知道，进入充电状态的元件个数的期望是多少呢？

思路

设 \(f[x]\) 表示以 \(x\) 为根的子树内，\(x\) 不充电的期望。
考虑 \(x\) 的每一个子节点 \(y\)，设他们之间导线可以导电的概率为 \(p\)，显然有

\[f[x]=(1-q[x])\times \Pi_{y\in \operatorname{son}(x)}1-p(1-f[y]) \]

那么我们就可以 \(O(n)\) 处理出点 \(1\) 的答案。
接下来很显然是换根，设 \(g[x]\) 表示点 \(x\) 不被充电的概率，则

\[g[v]=(1-(p·\frac{1-g[x]}{1-(1-f[v])\times p}))\times f[v] \]

其中中间一大坨是 \(v\) 对 \(x\) 做的贡献，所以要在 \(g[x]\) 中去掉。
注意当中间除数为 \(0\) 的时候要特判，此时的意义是外面的点无论如何都无法给 \(v\) 充电，直接将中间一坨改为 \(1\) 即可。
时间复杂度 \(O(n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=500010;
int n,tot,head[N];
long double ans,f[N],g[N];

struct edge
{
	int next,to;
	long double p;
}e[N*2];

void add(int from,int to,int p)
{
	e[++tot].to=to;
	e[tot].p=p/100.0;
	e[tot].next=head[from];
	head[from]=tot;
}

void dfs1(int x,int fa)
{
	f[x]=1.0-f[x]/100.0;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (v!=fa)
		{
			dfs1(v,x);
			f[x]*=1.0-(1.0-f[v])*e[i].p;
		}
	}
}

void dfs2(int x,int fa)
{
	ans+=1.0-g[x];
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (v!=fa)
		{
			double p;
			if ((1.0-(1.0-f[v])*e[i].p==0.0)) p=1.0;
				else p=g[x]/(1.0-(1.0-f[v])*e[i].p);
			g[v]=(1.0-(1.0-p)*e[i].p)*f[v];
			dfs2(v,x);
		}
	}
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1,x,y,z;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		add(x,y,z); add(y,x,z);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%Lf",&f[i]);
	dfs1(1,0);
	g[1]=f[1];
	dfs2(1,0);
	printf("%.6Lf",ans);
	return 0;
}