題目大意:給出一棵帶權樹,規定 ,解釋一下就是當確定三個點 u1 , u2 , u3 後,需要找到一個點 v 到三個點的距離之和最小,現在給出 u1 , u2 , u3 的可行取值,問 f 函數的期望是多少
題目分析:考慮轉換模型,對於給定的 u1 , u2 和 u3 來說,不難猜出點 v 是唯一存在的(不會證明),相應的這個最短的距離之和也是唯一確定的,且可以表示為
這樣一來根據兩個期望的基本公式進行轉換:
如此一來就將 u1 , u2 , u3 的貢獻拆成了分別獨立的三組,再考慮對於 E( dis( u , v ) ) 該如何去求
現在問題就是如何快速求出 E( dis( u1 , u2 ) ) 了
接下來一個思維點就是,需要想到計算每條邊的貢獻,具體就是,對於一條邊 ( u , v ) 來說,當移除掉這條邊後,整棵樹將會被分成不連通的兩個部分,記為 T1 和 T2,比較顯然的是:
直接樹形 dp 就好了
程式碼:
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+100;
vector<pair<int,int>>node[N];
LL sz[4][N],cnt[4];
double ans=0;
void dfs1(int u,int fa)
{
for(auto it:node[u])
{
int v=it.first;
if(v==fa)
continue;
dfs1(v,u);
for(int i=1;i<=3;i++)
sz[i][u]+=sz[i][v];
}
}
void dfs2(int u,int fa)
{
for(auto it:node[u])
{
int v=it.first,w=it.second;
if(v==fa)
continue;
dfs2(v,u);
for(int i=1;i<=3;i++)
for(int j=1;j<=3;j++)
if(i!=j)
ans+=1.0*(sz[i][1]-sz[i][v])*sz[j][v]*w/cnt[i]/cnt[j]/2;
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("data.in.txt","r",stdin);
// freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
node[u].emplace_back(v,w);
node[v].emplace_back(u,w);
}
for(int i=1;i<=3;i++)
{
scanf("%d",cnt+i);
for(int j=1;j<=cnt[i];j++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
sz[i][x]++;
}
}
dfs1(1,-1);
dfs2(1,-1);
printf("%.10f\n",ans);
return 0;
}