題目pdf：http://acm.bnu.edu.cn/v3/external/124/12487.pdf

大致題意：

一棵樹，一個人從A節點出發，等可能的選不論什麽一條邊走，有兩個節點B，C求這個人先到達B的概率

思路：

先說結論：僅僅和離A的距離有關。先到達B+先到達A的概率 = 1，然後依據距離分配一下就好。

構造性證明：假設B-A-C在一條鏈上顯然就是按距離分配概率。由於鏈上的支路對概率一點影響沒有，由於假如走到支路上。你會發現，原本僅僅是向前向後各1/2的概率如今不變成1/3了嗎，並非，一條鏈上的點往C或往B走的概率事實上永遠都是1/2，由於走到支路以後還要考慮這部分最後對概率的貢獻，所以它必定會回到原鏈上。這部分可能性任然會各一半的分流到B或C或其它支路方向，終於等於沒有支路，所以假設B-A-C在一條鏈上顯然就是按距離分配概率

若不在一條鏈上，以A為根，A點始終要到達LCA(B,C) ,如今又變成了一條鏈了，結論仍成立。

標解是，dp[x]是從x點出發先到達B的概率。顯然有dp[B] = 1,dp[C] = 0.

dp[u] = sum(dp[v])/cnt(相鄰的節點數),能夠列線性方程，然後高斯消元解得dp[A]

這樣效率就大大減少了

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#define SZ(x) ((int)(x).size())
#define ALL(v) (v).begin(), (v).end()
#define foreach(i, v) for (__typeof((v).begin()) i = (v).begin(); i != (v).end(); ++ i)
#define reveach(i, v) for (__typeof((v).rbegin()) i = (v).rbegin(); i != (v).rend(); ++ i)
#define REP(i,n) for ( int i=1; i<=int(n); i++ )
#define rep(i,n) for ( int i=0; i< int(n); i++ )
using namespace std;
typedef long long ll;
#define X first
#define Y second
typedef pair<int,int> pii;
template <class T>
inline bool RD(T &ret) {
    char c; int sgn;
    if (c = getchar(), c == EOF) return 0;
    while (c != ‘-‘ && (c<‘0‘ || c>‘9‘)) c = getchar();
    sgn = (c == ‘-‘) ?
 
 -1 : 1;
    ret = (c == ‘-‘) ?
 0 : (c - ‘0‘);
    while (c = getchar(), c >= ‘0‘&&c <= ‘9‘) ret = ret * 10 + (c - ‘0‘);
    ret *= sgn;
    return 1;
}
template <class T>
inline void PT(T x) {
    if (x < 0) {
        putchar(‘-‘);
        x = -x;
    }
    if (x > 9) PT(x / 10);
    putchar(x % 10 + ‘0‘);
}
const int N = 233;
int n,A,B,C;
vector<int> G[N];

int dep[N];
bool vis[N];
int pa[N][20];
void BFS(int root)
{
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        dep[root] = 0;
        queue<int>q;
        q.push(root);
        pa[root][0] = root;
        vis[root] = 1;
        while(!q.empty())
        {
                int u = q.front(); q.pop();
                for(int i=1;i<20;i++) pa[u][i] = pa[pa[u][i-1]][i-1];
                foreach(it,G[u])
                {
                        int v = *it;
                        if(vis[v] == 0)
                        {
                                vis[v] = 1;
                                pa[v][0] = u;
                                dep[v] = dep[u]+1;
                                q.push(v);
                        }
                }
        }
}
int LCA(int u,int v)
{
        if(dep[u] > dep[v]) swap(u,v);
        for(int det = dep[v]-dep[u],i = 0;det;i++,det >>= 1)
                if(det&1) v=pa[v][i];
        if(v == u) return v;
        for(int i = 20-1;i >= 0;i--)
                if(pa[u][i] != pa[v][i]) v = pa[v][i],u = pa[u][i];
        return pa[u][0];
}

int main(){

        while(scanf("%d%d%d%d",&n,&A,&B,&C) == 4){
                REP(i,n) G[i].clear();
                REP(i,n-1){
                        int u,v;
                        RD(u),RD(v);
                        G[u].push_back(v);
                        G[v].push_back(u);
                }
                BFS(A);
                int lca = LCA(B,C);
                int db = dep[B]-dep[lca];
                int dc = dep[C]-dep[lca];
                double ans = 0;
                if( db == 0) ans = 1;
                else if( dc == 0) ans = 0;
                else ans = dc/(double)(db+dc);
                printf("%lf\n",ans);
        }
}

UVA 12487 Midnight Cowboy（LCA+大YY）（好題）