2020CCPC(威海) - Rencontre(树形dp)

题目大意：给出一棵带权树，规定 $f( u1 , u2 , u3 )=min_{v \in T}(dis(u1,v)+dis(u2,v)+dis(u3,v))$ ，解释一下就是当确定三个点 u1 , u2 , u3 后，需要找到一个点 v 到三个点的距离之和最小，现在给出 u1 , u2 , u3 的可行取值，问 f 函数的期望是多少

题目分析：考虑转换模型，对于给定的 u1 , u2 和 u3 来说，不难猜出点 v 是唯一存在的（不会证明），相应的这个最短的距离之和也是唯一确定的，且可以表示为 $f(u1,u2,u3)=\frac{1}{2}(dis(u1,u2)+dis(u2,u3)+dis(u1,u3))$

这样一来根据两个期望的基本公式进行转换：

E( X + Y ) = E( X ) + E( Y )
E( CX ) = CE( X )

如此一来就将 u1 , u2 , u3 的贡献拆成了分别独立的三组，再考虑对于 E( dis( u , v ) ) 该如何去求

现在问题就是如何快速求出 E( dis( u1 , u2 ) ) 了

接下来一个思维点就是，需要想到计算每条边的贡献，具体就是，对于一条边 ( u , v ) 来说，当移除掉这条边后，整棵树将会被分成不连通的两个部分，记为 T1 和 T2，比较显然的是：

T1 中的 u1 到 T2 中的 u2 必然会经过当前边
T1 中的 u2 到 T2 中的 u1 必然会经过当前边

直接树形 dp 就好了

代码：

//#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;
}

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