D. Puzzles(Codeforces Round #362 (Div. 2))

letstarting_timebeanarrayoflengthn
current_time=0
dfs(v):
current_time=current_time+1
starting_time[v]=current_time
shufflechildren[v]randomly(eachpermutationwithequalpossibility)
//children[v]isvectorofchildrencitiesofcityv
foruinchildren[v]:
dfs(u)

7
121144

1.04.05.03.54.55.05.0

12
112244331108

1.05.05.56.57.58.08.07.07.56.57.58.0

题意：给你一棵树，然后用dfs随即给每个点标号，求每个点标号的期望；
思路：dfs+概率dp；
我们可以知道根节点的期望为1；
然后，他的子节点都是等概率的。
dp数组是各个节点的期望。
先给样例一的图:



我们写第二层的排列
1，1245
2，1254
3，1425
4，1452
5，1524
6，1542
所以节点2的期望为dp[1]+（(1+size(4)+size(5)）*2+size（4）+1+size(5)+1+1+1）/6；
根据这个我们先试着猜想dp[v]=dp[u]+1+(size(u)-size(v)-1)/2;
这就是状态转移方程；
我们先把上面到下面一层所必须加上一步先加上，也就是dp[u]+1;
然后我们可以知道下面所有的排列中，此节点的兄弟节点，要么排在这个节点之前要么之后，所一其他节点对于该节点的贡献为size(）/2；
也就是排在前面和后面是等概率的；
复杂度O（n）

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#include<stdlib.h>
#include<vector>
usingnamespacestd;
vector<int>vec[100006];
longlongcnt[100006];
longlongdfs1(intn);
doubledp[100006];
voiddfs(intn);
intmain(void)
{
inti,j,k;
while(scanf("%d",&k)!=EOF)
{
intn;memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=0;i<100006;i++)
{
cnt[i]=0;
vec[i].clear();
}
for(i=2;i<=k;i++)
{
scanf("%d",&n);
vec
.push_back(i);
}
longlongt=dfs1(1);
dp[1]=1.0;
dfs(1);printf("%.1f",dp[1]);
for(i=2;i<=k;i++)
{
printf("%.1f",dp[i]);
}
printf("\n");
}
return0;
}
longlongdfs1(intn)
{
longlongsum;
inti,j,k;
for(i=0;i<vec
.size();i++)
{
cnt
+=dfs1(vec
[i]);
}
cnt
+=1;
returncnt
;
}
voiddfs(intn)
{
inti,j;
for(i=0;i<vec
.size();i++)
{
intx;
x=vec
[i];
dp[x]=dp
+1.0;
dp[x]+=1.0*(cnt
-cnt[x]-1)/2.0;
dfs(x);
}
}