题目

题目描述

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？

输入格式

第一行一个整数：$n$，概率充电器的充电元件个数，充电元件由$1,2,\cdots \cdots ,n$编号
之后的$n-1$行每行三个整数$a,b,p$，描述了一根导线连接了编号为$a$和$b$的充电元件，通电概率为$p%$
第$n+2$行$n$个整数：$q_i$，表示$i$号元件直接充电的概率为$q_i%$

输出格式

输出一行一个实数，为能进入充电状态的元件个数的期望，四舍五入到小数点后$6$位小数

样例

样例输入

样例输出

1.000000

数据范围与提示

对于$30%$的数据， $n\leqslant 5000$
对于$100%$的数据，$n\leqslant 500000,0\leqslant p,q_i\leqslant 100$

题解

一个概率DP
首先，我们需要用到两个概率的公式：

$P(A+B)=P(A)+P(B)-P(A\times B)=P(A)+P(B)-P(A)\times P(B)$
$P(A)=\frac{P(A+B)-P(B)}{1-P(B)}$（这个公式可以由第一个公式推导出来）

接着，我们假设根是编号为$1$的节点，那么每一个点的充电方法有三种：

自己给自己充
子节点给它充
父节点给他充

所以，我们分别进行两次DFS：

统计前两种充电方法的总和，使用第一个公式
由于第一个DFS在计算$fa_x$（当前遍历到的节点$x$的父节点）时已经包含了$x$给$fa_x$充电的情况了，所以我们需要先利用公式二减掉这一部分的概率，再利用公式一计算出$x$的概率

附上代码：

#include<cstdio>
using namespace std;
int n,tot,head[1000010],nxt[1000010],to[1000010];
double ans,ver[1000010],p[1000010],q[1000010];
void add(int x,int y,double z)
{
    nxt[++tot]=head[x],head[x]=tot,to[tot]=y,ver[tot]=z;
}
void dfs1(int x,int fa)
{
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa) dfs1(to[i],x),p[x]=p[x]+p[to[i]]*ver[i]-p[x]*p[to[i]]*ver[i];
}
void dfs2(int x,int fa)
{
    ans+=q[x];
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa){
        double temp1=1.0-p[to[i]]*ver[i];
        if(!temp1) q[to[i]]=1.0;
        else{
            double temp2=(q[x]-p[to[i]]*ver[i])/temp1;
            q[to[i]]=p[to[i]]+temp2*ver[i]-p[to[i]]*temp2*ver[i];
        }
        dfs2(to[i],x);
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,x,y,z;i<n;i++) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),add(x,y,z/100.0),add(y,x,z/100.0);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&p[i]),p[i]/=100.0;
    dfs1(1,0),q[1]=p[1],dfs2(1,0);
    printf("%.6lf\n",ans);
}