CF1045D Interstellar battle [概率与期望]

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法1 : 我们令最上面的根代表一个联通块, 那么这个点对答案有贡献当且仅当它没有被消灭, 而它父亲被消灭了

修改一个点需要把儿子都遍历一遍, 显然不可行, 于是记录一个sum

然后就可以O(1)修改了

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法2 : 考虑每连一条边, 连通块个数 - 1

于是当前连通块个数 = 还剩下的点的个数 - 边数

边数就是两个点都存在的个数

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 200050
using namespace std;
int n, m, first[N], nxt[N], to[N], tot;
void add(int x, int y){ nxt[++tot] = first[x], first[x] = tot, to[tot] = y;}
double w[N], ans, sum[N]; int fa[N];
void dfs(int u, int f){
  ans += w[f] * (1 - w[u]);
  for(int i=first[u];i;i=nxt[i]){
    int t = to[i]; if(t == f) continue;
    fa[t] = u; sum[u] += (1 - w[t]); dfs(t, u); 
  }
}
int main(){
  scanf("%d", &n);
  for(int i=1; i<=n; i++){ scanf("%lf", &w[i]);}
  for(int i=1; i<n; i++){
    int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
     x++; y++; add(x, y); add(y, x);
  } w[0] = 1; dfs(1, 0);
  scanf("%d", &m);
  while(m--){
    int u; double v; scanf("%d%lf", &u, &v); u++;
    ans -= (1 - w[u]) * w[fa[u]];
    ans -= w[u] * sum[u];
    sum[fa[u]] -= (1 - w[u]); 
    w[u] = v;
    sum[fa[u]] += (1 - w[u]);
    ans += w[u] * sum[u];
    ans += (1 - w[u]) * w[fa[u]];
    printf("%0.5lf\n", ans);
  } return 0;
}