对状态转移方程的理解（【HNOI2013】游走&【hdu4035】Maze）
先来看一道例题：
【HNOI2013】游走
一个无向连通图，顶点从1编号到N，边从1编号到M。
小Z在该图上进行随机游走，初始时小Z在1号顶点，每一步小Z以相等的概率随机选 择当前顶点的某条边，沿着这条边走到下一个顶点，获得等于这条边的编号的分数。当小Z 到达N号顶点时游走结束，总分为所有获得的分数之和。
现在，请你对这M条边进行编号，使得小Z获得的总分的期望值最小。
【分析】
设 d [ i ] d[i] d[i]为走上 i i i号边的期望次数，则对 d [ i ] d[i] d[i]从小到大排序后，有：
a n s = ∑ i = 1 m d [ i ] ∗ ( m − i + 1 ) ans=\sum_{i=1}^md[i]*(m-i+1) ans=i=1∑md[i]∗(m−i+1)
关键是求 d [ i ] d[i] d[i]。我们发现，通过一条边的次数与到达两顶点的有关。于是，设 f [ i ] f[i] f[i]为通过 i i i号点的期望次数，则（ d [ i ] d[i] d[i]为 i i i的度数）：
f [ i ] = ∑ j ∈ s o n [ i ] f [ j ] d [ j ] + 1 f[i]=\sum_{j \in son[i] } \frac{f[j]}{d[j]}+1 f[i]=j∈son[i]∑d[j]f[j]+1
然而，由于图有环，转移顺序并不明确。所以说，我们把它当做一般的方程看待，其中 f [ i ] f[i] f[i]、 f [ j ] f[j] f[j]为未知数。
对应每一个 i ∈ [ 1 , n − 1 ] i \in [1,n-1] i∈[1,n−1]，都有上面的方程。这样，我们就得到了 n − 1 n-1 n−1个方程组。
方程组？那就拿高斯消元乱搞一下不就好了？！
【代码】
#include【hdu4035】Maze
给定一棵树，每一个节点有两个值 k i k_i ki和 e i e_i ei，表示在i号节点，有 k i % k_i\% ki%的概率被传送至节点1，有 e i % e_i\% ei%的概率走出这棵树。现在有一个人从1号节点出发，每到一个节点 i i i，他会随机选择一条相邻边走，求他走出这棵树期望需要多少步。
【分析】
不难想到设 f [ i ] f[i] f[i]表示从 i i i出发走出迷宫的期望步数，则（ d [ i ] d[i] d[i]表示 i i i节点的度数）：
f [ i ] = ∑ j ∈ s o n [ i ] ( f [ j ] + 1 ) ∗ ( 1 − k [ i ] − e [ i ] ) d [ i ] + ( f [ f a [ i ] ] + 1 ) ∗ ( 1 − k [ i ] − e [ i ] ) d [ i ] + e [ i ] ∗ 0 + k [ i ] ∗ f [ 1 ] f[i]=\sum_{j \in son[i]}(f[j]+1)*\frac{(1-k[i]-e[i])}{d[i]} + (f[fa[i]]+1)*\frac{(1-k[i]-e[i])}{d[i]}+e[i]*0+k[i]*f[1] f[i]=j∈son[i]∑(f[j]+1)∗d[i](1−k[i]−e[i])+(f[fa[i]]+1)∗d[i](1−k[i]−e[i])+e[i]∗0+k[i]∗f[1]
由于他可以随便乱走，所以我们依旧无法确定状态的转移顺序。所以如果不再变形，则只能用高斯消元。
然而，这道题的规模不允许我们这样搞（ n ≤ 10000 n \leq 10000 n≤10000）。所以我们得在这个方程上搞些事情。
若按照树形dp的方式做，那么 f [ f a [ i ] ] f[fa[i]] f[fa[i]]为未知状态，而 f [ j ] , j ∈ s o n [ i ] f[j], j \in son[i] f[j],j∈son[i]为已知状态。所以，我们设：
f [ i ] = a [ i ] ∗ f [ f a [ i ] ] + b [ i ] ∗ f [ 1 ] + c [ i ] f[i]=a[i]*f[fa[i]]+b[i]*f[1]+c[i] f[i]=a[i]∗f[fa[i]]+b[i]∗f[1]+c[i]
将i换为 j , j ∈ s o n [ i ] j,j \in son[i] j,j∈son[i]，令 p [ i ] = ( 1 − k [ i ] − e [ i ] ) d [ i ] p[i]=\frac{(1-k[i]-e[i])}{d[i]} p[i]=d[i](1−k[i]−e[i])，代入原方程：
f [ i ] = ∑ j ∈ s o n [ i ] ( a [ j ] ∗ f [ i ] + b [ j ] ∗ f [ 1 ] + c [ j ] + 1 ) ∗ p [ i ] + ( f [ f a [ i ] ] + 1 ) ∗ p [ i ] + f [ 1 ] ∗ k [ i ] f[i]=\sum_{j \in son[i]}(a[j]*f[i]+b[j]*f[1]+c[j]+1)*p[i]+(f[fa[i]]+1)*p[i]+f[1]*k[i] f[i]=j∈son[i]∑(a[j]∗f[i]+b[j]∗f[1]+c[j]+1)∗p[i]+(f[fa[i]]+1)∗p[i]+f[1]∗k[i]
令 t [ i ] = 1 − ∑ j ∈ s o n [ i ] a [ j ] ∗ p [ i ] t[i]=1-\sum_{j \in son[i]}a[j]*p[i] t[i]=1−∑j∈son[i]a[j]∗p[i]，整理得：
f [ i ] = p [ i ] t [ i ] f [ f a [ i ] ] + ∑ j ∈ s o n [ i ] b [ j ] ∗ p [ i ] + k [ i ] t [ i ] ∗ f [ 1 ] + ∑ j ∈ s o n [ i ] c [ j ] ∗ p [ i ] + p [ i ] t [ i ] f[i]=\frac{p[i]}{t[i]}f[fa[i]]+\frac{\sum_{j \in son[i]}b[j]*p[i] + k[i]}{t[i]}*f[1] + \frac{\sum_{j \in son[i]} c[j]*p[i]+p[i]}{t[i]} f[i]=t[i]p[i]f[fa[i]]+t[i]∑j∈son[i]b[j]∗p[i]+k[i]∗f[1]+t[i]∑j∈son[i]c[j]∗p[i]+p[i]
所以：
{ a [ i ] = p [ i ] t [ i ] b [ i ] = ∑ j ∈ s o n [ i ] b [ j ] ∗ p [ i ] + k [ i ] t [ i ] c [ i ] = ∑ j ∈ s o n [ i ] c [ j ] ∗ p [ i ] + p [ i ] t [ i ] \begin{cases} a[i]=\frac{p[i]}{t[i]}\\ b[i]=\frac{\sum_{j \in son[i]}b[j]*p[i] + k[i]}{t[i]}\\ c[i]=\frac{\sum_{j \in son[i]} c[j]*p[i]+p[i]}{t[i]} \end{cases} ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧a[i]=t[i]p[i]b[i]=t[i]∑j∈son[i]b[j]∗p[i]+k[i]c[i]=t[i]∑j∈son[i]c[j]∗p[i]+p[i]
一次树形dp即可把a、b、c求出来。答案为：
f [ 1 ] = b [ 1 ] ∗ f [ 1 ] + c [ 1 ] ⟺ f [ 1 ] = c [ 1 ] 1 − b [ 1 ] f[1]=b[1]*f[1]+c[1] \Longleftrightarrow f[1]=\frac{c[1]}{1-b[1]} f[1]=b[1]∗f[1]+c[1]⟺f[1]=1−b[1]c[1]
如果计算过程中出现了除0的情况，输出“impossible”。（若向某一个方向走的概率达到了1，则不可能走出树）
【代码】
#include