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Sugar Sweet II - Problem - QOJ.ac

显然第i个小朋友得到的糖果数量期望应该是a[i]+w[i]*pi,其中pi是事件i发生的概率

对于i事件分类讨论：

1.如果第bi小朋友的初始糖果数量已经大于i当前的糖果数量，即a[b[i]] > a[i],说明i事件必然发生,概率为1

2.如果第bi小朋友的最大糖果数量<=i当前的糖果数量，a[b[i]] + w[b[i]] <= a[i]，说明i事件不可能发生，概率为0

3.否则i事件可能发生，发生的前提是bi事件发生

对于第3种情况，对bi->i连边，从节点i开始向上追溯。当遇到第一个必然发生或不可能发生的事件j时停止查找：若j为必然发生事件，则i的发生概率为1/(i到j距离的阶乘)。这是因为i的发生需要严格遵循从j开始的依赖链顺序，其概率等于这些依赖节点所有合法排列数的倒数；若j为不可能发生事件，则i发生的概率为0。

打个比方：

对于样例：

n = 3

a: 5 4 3

b: 2 3 1

w: 1 2 3 

连边，如图

假如1事件要发生，则必须2事件要发生，2事件要发生，则必须3事件要发生，因为3事件是必然发生事件（a[1]=5>a[3]=3）,所以1事件可能发生，发生的概率是3先发生，2再发生，1再发生。也就是1/3*1/2*1/1。

把这个样例改一下：
 

n = 3

a:  4  4  2
b:  2  3  2
w:  1  1  1

如图

假如1事件要发生，则必须2事件发生，而2事件不可能发生，所以1事件也不可能发生,概率为0

预处理阶乘，记录pi答案为长度值。为避免将本该概率为0的事件设为长度值，我们直接设定必然事件i的答案值为1。然后从必然事件开始向下查找，将后续答案更新为前一答案加1。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int, int>
const int N = 1E6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
int fac[N];
int qmi(int a, int b, int p)
{int res = 1;while (b){if (b & 1)res = res * a % p;b >>= 1;a = a * a % p;}return res;
}
void init()
{fac[0] = 1;for (int i = 1; i < N; i++)fac[i] = (fac[i - 1] * i) % mod;fac[0] = 0;
}
int a[N], b[N], w[N];
vector<int> e[N];
int res[N];void dfs(int u)
{for (int v : e[u]){res[v] = res[u] + 1;dfs(v);}
}
void solve()
{int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i], res[i] = -1;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> b[i];for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> w[i];for (int i = 1; i <= n; i++){if (a[b[i]] > a[i]) // i事件必然发生，概率为1{res[i] = 1;}else if (a[b[i]] + w[b[i]] <= a[i]) // i事件必然不发生，概率为0{res[i] = 0;}else // i事件可能发生,i事件发生的前提是b[i]事件发生{if (b[i] == i) // 特判自环res[i] = 0;e[b[i]].push_back(i);}}for (int i = 1; i <= n; i++){if (res[i] == 1) // 从必然发生的事件往下找{dfs(i);}}for (int i = 1; i <= n; i++){// cout << res[i] << ' ';e[i].clear();// continue;cout << (a[i] + (w[i] * qmi(fac[res[i]], mod - 2, mod)) % mod) % mod << ' ';}cout << endl;
}signed main()
{init();ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();
}