标签：方法 需要 ant 最小堆 std 随机 def sizeof tor
题意：有一棵含有n个结点(n<=300)的根树，树上每个结点上的权值是从[0,ai](ai<=1e9)区间内随机的一个实数，问这棵树能形成一个最小堆的概率。
由于结点取值范围是1e9而且是实数，所以枚举权值dp自然是行不通的了，但可以从函数的角度上考虑。
首先需要了解两个概念：
CDF:分布函数，记为F(x)，表示函数F的取值小于等于x的概率。
PDF:概率密度函数，记为f(x)，是F(x)的导数，反之，F(x)是f(x)在区间(-∞,x]上的积分。由于本题所有的取值都是从0开始的，因此也可以表示在区间[0,x]上的积分。
那么答案就是根节点rt所对应的CDF的上界Frt(+∞)。
我们记fu(x)为结点u的取值的PDF，Fu(x)为其CDF，那么对于每个叶子结点u来说：
$f_u(x)=\left\{\begin{matrix}\begin{aligned}&\frac{1}{a[u]},0\leqslant x\leqslant a[u]\\&0,others\end{aligned}\end{matrix}\right.,F_u(x)=\int_{0}^{x}f_u(t)dt=\left\{\begin{matrix}\begin{aligned}&\frac{1}{a[u]}x,0\leqslant x\leqslant a[u]\\&1,x>a[u]\end{aligned}\end{matrix}\right.$
那么有了子结点的PDF和CDF，如何去求父结点的PDF和CDF呢？
首先我们要算出每个子结点的取值大于x的概率，因为如果结点u的某个取值x是合法的，那么它的所有子节点的取值都必须大于x。既然Fu(x)表示结点u取值小于等于x的概率，那么取值大于x的概率呢？是1-Fu(x)吗？No！这个公式只适用于叶子结点，因为这里的Fu(x)表示的是“该结点所在子树满足最小堆性质且该结点的值小于等于x的概率”，因此Fu的上界不一定为1，也就是说x的所有取值的概率之和不一定为1。那么应该如何计算呢？
设ub[u]表示结点u及子树下的所有结点的最小的a，那么显然结点u的取值不能超过ub[u]，即ub[u]是结点u取值的上界。
所以，正确的计算方法是结点u取值大于x的概率$G_u(x)=\left\{\begin{matrix}\begin{aligned}&F(ub[u])-F(x),0\leqslant x\leqslant ub[u]\\&0,x>ub[u]\end{aligned}\end{matrix}\right.$
有了子结点的G，就可以求父结点的f了，通过概率计算公式可得：
$f_u(x)=\frac{1}{a[u]}\prod\limits_{fa[v]=u}F‘_v(x)$
然后对fu(x)积分可以得到Fu(x)，然后又可以求出Gu(x)，之后就可以继续往父结点递推了。最终答案就是根节点的G(x)的常数项。
代码如下：（为了方便，代码中每个结点最后保存的函数是G(x)）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int N=300+10,mod=1e9+7; 5 int hd[N],ne,rt,a[N],n,ub[N]; 6 struct E {int v,nxt;} e[N]; 7 void addedge(int u,int v) {e[ne]= {v,hd[u]},hd[u]=ne++;} 8 int Pow(int x,int p) { 9 int ret=1; 10 for(; p; p>>=1,x=(ll)x*x%mod)if(p&1)ret=(ll)ret*x%mod; 11 return ret; 12 } 13 int inv(int x) {return Pow(x,mod-2);} 14 typedef vector<int> Poly; 15 Poly F[N]; 16 Poly operator*(Poly& a,Poly& b) { 17 Poly c(a.size()+b.size()-1,0); 18 for(int i=0; i<a.size(); ++i) 19 for(int j=0; j<b.size(); ++j) 20 c[i+j]=(c[i+j]+(ll)a[i]*b[j])%mod; 21 return c; 22 } 23 Poly itg(Poly& a) { 24 Poly c(a.size()+1,0); 25 for(int i=0; i<a.size(); ++i)c[i+1]=(ll)a[i]*inv(i+1)%mod; 26 return c; 27 } 28 int eval(Poly& a,int x) { 29 int ret=0; 30 for(int i=a.size()-1; i>=0; --i)ret=((ll)ret*x+a[i])%mod; 31 return ret; 32 } 33 void dfs(int u) { 34 ub[u]=a[u],F[u].push_back(inv(a[u])); 35 for(int i=hd[u]; ~i; i=e[i].nxt) { 36 int v=e[i].v; 37 dfs(v),ub[u]=min(ub[u],ub[v]),F[u]=F[u]*F[v]; 38 } 39 F[u]=itg(F[u]),F[u][0]=eval(F[u],ub[u]); 40 for(int i=1; i<F[u].size(); ++i)F[u][i]=-F[u][i]; 41 } 42 int main() { 43 memset(hd,-1,sizeof hd),ne=0; 44 scanf("%d",&n); 45 for(int i=1,f; i<=n; ++i) { 46 scanf("%d%d",&a[i],&f); 47 if(f)addedge(f,i); 48 else rt=i; 49 } 50 dfs(rt); 51 printf("%d\n",(F[rt][0]+mod)%mod); 52 return 0; 53 }
Kattis - heapsoffun Heaps of Fun (概率密度函数+dp)
标签：方法 需要 ant 最小堆 std 随机 def sizeof tor
原文地址：https://www.cnblogs.com/asdfsag/p/11393081.html
