顯然可以樹形$dp$

令$f[i]$表示$i$號節點的期望時間戳

不妨設$fa$有$k$個子節點，對於$i$的子節點$u$，它是第$j(1 \leqslant j \leqslant k)$個被訪問的概率是相同的，為$\frac{1}{k}$

當它作為第$j$個子節點被訪問時，需要從剩下的$k - 1$個節點中挑出$j - 1$個放到它前面，對每種情況的$sz$和取期望

考慮貢獻法

一個節點$v$，會給第$j$個被訪問的節點的貢獻次數為$\binom{k - 2}{j - 2}$

總的貢獻次數為$\binom{k - 1}{j - 1}$

因此，第$v$個節點對第$j$個被訪問的節點的貢獻為$\frac{j - 1}{k - 1} * sz[v]$

也就是說$u$節點在所有情況下需要被耽誤的時間應該為$\sum\limits_{1 \leqslant i \leqslant k} \frac{i - 1}{k - 1} * \sum sz[v]$

其中，$v$表示除了$u$以外的所有子節點

化簡一番，也就是$f[v] = f[fa] + 1 + \frac{1}{2} * \sum sz[v]$

$O(n)$即可

#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include 
 
<cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
    #define de double
    #define le long double
    #define ri register int
    #define tpr template <typename ra>
    #define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
    #define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)    
    #define
 
 gc getchar
    inline int read() {
        int p = 0, w = 1; char c = gc();
        while(c > ‘9‘ || c < ‘0‘) { if(c == ‘-‘) w = -1; c = gc(); }
        while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) p = p * 10 + c - ‘0‘, c = gc();
        return p * w;
    }
}
using namespace std;
using namespace remoon;

#define sid 300050

de f[sid];
int n, sz[sid];
vector <int> son[sid];

inline void dfs(int o, int fa) {
    sz[o] = 1;
    for(auto cur : son[o])
    dfs(cur, o), sz[o] += sz[cur];
}

inline void dfs(int o) {
    for(auto cur : son[o]) {
        f[cur] = f[o] + 1 + (sz[o] - sz[cur] - 1) / 2.0;
        dfs(cur);
    }
}

int main() {
    n = read();
    rep(i, 2, n) son[read()].pb(i);
    dfs(1, 0); f[1] = 1; dfs(1);
    rep(i, 1, n) printf("%lf ", f[i]);
    return 0;
}

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