题目写得不清不楚的。。。
题目大意：给你一棵$n$个节点的树，你会随机选择其中一个点作为根，随后随机每个点深度遍历其孩子的顺序。
下面给你一个点集$S$，问你遍历完$S$中所有点的期望时间，点集S中的点可能会重复。
数据范围：$n≤10^5$
我们考虑钦定根，然后暴力$dp$。
设$s[u]$表示遍历以$u$为根的子树的耗时。
设$f[u]$表示开始遍历子树$u$，且最后遍历在子树$u$中结束的期望耗时。
不难发现，$s[u]=2\times siz[u]-2$，其中$siz[u]$为以$u$为根的子树的节点个数。
对于$u$的孩子，我们把它们分成黑点和白点两类，其中黑点v代表以v为根的子树内包含有集合$S$中的点，白点代表不包含有集合$S$中的点。
对于任意一种遍历顺序而言，遍历特征如图所示：
显然，$b_m$后的节点是不需要遍历的。
设我们总共有$m$个黑点，则有：
$f[u]=\dfrac{m-1}{m}\sum\limits_{col[v]=black}s[v]+\dfrac{1}{m}\sum\limits_{col[v]=black}(f[v]+1)+\dfrac{m}{m+1}\sum\limits_{col[v]=white}s[v]$
此处的$v$必须满足是$u$的儿子。
我们通过这个$O(n^2)$的暴力转移就可以获得70分的好成绩。
考虑满分做法，我们以$1$为根执行一次$dfs$，求出所有点的f值和s值。
我们进行第二次$dfs$，在$dfs$的过程中维护u的父亲的F值。
然后套入刚刚的公式中去求即可。
复杂度就降低到了$O(n)$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define M 1005 3 using namespace std; 4 5 struct edge{int u,next;}e[M*2]={0}; int head[M]={0},use=0; 6 void add(int x,int y){use++;e[use].u=y;e[use].next=head[x];head[x]=use;} 7 8 int siz[M]={0},n,S,is[M]={0},ok[M]={0}; 9 double s[M]={0},f[M]={0}; 10 11 void dfs(int x,int fa){ 12 siz[x]=1; ok[x]=is[x]; 13 int m=0; 14 double sumb=0,sumf=0,sumw=0; 15 for(int i=head[x];i;i=e[i].next) if(e[i].u!=fa){ 16 dfs(e[i].u,x); 17 siz[x]+=siz[e[i].u]; 18 ok[x]+=ok[e[i].u]; 19 if(ok[e[i].u]){ 20 m++; 21 sumb+=s[e[i].u]; 22 sumf+=f[e[i].u]+1; 23 }else{ 24 sumw+=s[e[i].u]; 25 } 26 } 27 s[x]=2*siz[x]; 28 if(m){ 29 f[x]=sumb*(m-1)/m+sumf/m+sumw*m/(m+1); 30 } 31 } 32 33 int main(){ 34 scanf("%d",&n); 35 for(int i=1,x,y;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x); 36 scanf("%d",&S); 37 for(int i=1,x;i<=S;i++) scanf("%d",&x),is[x]=1; 38 double ans=0; 39 for(int i=1;i<=n;i++){ 40 memset(ok,0,sizeof(ok)); 41 memset(siz,0,sizeof(siz)); 42 memset(s,0,sizeof(s)); 43 memset(f,0,sizeof(f)); 44 dfs(i,0); 45 ans+=f[i]; 46 } 47 printf("%.10lf\n",ans/n); 48 }