一个N（N<=1000）个节点树上，树最多是八叉。有一个蜗牛把壳丢在了某个叶子节点。它从根节点出发沿树枝走去找壳。某些内点上有蚜虫，会告诉你下面叶子上是否有壳。为蜗牛找决定一个路径，使蜗牛找到壳的路径长度的期望值最小值，即所有可能的路径长度和的平均值。
这道题比较经典，首先对于每一个以i为根的子树，记b[i]为在以i为根的子树中找没有找到的时候所经历的路径长度（包括从父亲到他的边），以f[i]表示在以i为根的子树中找到的期望步数，以s[i]表示以i为根的子树中叶子节点数。
先考虑一种特殊情况，假设现在的父亲是k，只有两个儿子I,j。
那么如果先访问i，那么f[k]=s[i]/s[k]*(f[i]+1)+s[j]/s[k]*(f[j]+1+b[i])。
如果先访问j，f[k]=s[j]/s[k]*(f[j]+1)+s[i]/s[k]*(f[i]+1+b[j])。
常用方法：
相减得s[j]/s[k]*b[i]-s[i]/s[k]*b[j]>0或<0。然后这个时候为了方便两个元素比较，把s[i]/s[k]*b[j]移到右边，两边同时除以b[i]*b[j]/s[k]。得s[j]/b[j]和s[i]/b[i]。这样可以根据它们的大小比较原来哪一个先做更优，这里是按s[j]/b[j]从小到大排序最优（这里不要除以后比较，乘过去比较就可以了）。这个是常用方法：把关于某个变量的相关量提到一起。然后就可以对他们比较哪一个更优（斜率优化中也常用）。
如果对于多个，依然可以推广，只是方程是f[k]=……+ s[i]/s[k]*(f[i]+1+now1{前面的sigema b})+……+s[j]/s[k]*(f[j]+1+now1+now2{中间的}+b[i])，因此同样是以这个关键字比较。因为只选出两个，把其他不动，也就是类似的情况。
同时：对于这种按照一定规则排序好的状态，如果改变，改变一对，使得他们不满足原来那个排序规则时状态会变差的情况，排序后一定是最优的。
证明：{反证}。如果当前的最优状态不是排序好以后的，那么它们一定存相邻的逆序对，那么，交换这一对逆序对后就可以更优。
得证。
program xqz; const maxn=1000; var i,j,k,m,n,ans,now,w,i1,tot,e:longint; z:array[0..maxn] of boolean; point,next,edge,q,b,f,s:array[0..maxn] of longint; ch:char; procedure dfs(i:longint); var b1:longint; begin b1:=edge[i]; while b1<>0 do begin dfs(point[b1]); b1:=next[b1]; end; b1:=edge[i]; w:=0; while b1<>0 do begin inc(w); q[w]:=point[b1]; b1:=next[b1]; end; b[i]:=2; tot:=0; f[i]:=0; s[i]:=0; for i1:=1 to w do begin k:=i1; for j:=i1+1 to w do if b[q[j]]*s[q[k]]<b[q[k]]*s[q[j]] then k:=j; now:=q[i1]; q[i1]:=q[k]; q[k]:=now; if not z[i] then inc(b[i],b[q[i1]]); inc(s[i],s[q[i1]]); f[i]:=f[i]+s[q[i1]]*(1+tot)+f[q[i1]]; tot:=tot+b[q[i1]]; end; if s[i]=0 then s[i]:=1; end; begin while not(seekeof) do begin e:=0; fillchar(edge[1],n*4,0); readln(n); if n=0 then break; for i:=1 to n do begin readln(k,ch,ch); if ch='Y' then z[i]:=true else z[i]:=false; if k<>-1 then begin inc(e); point[e]:=i; next[e]:=edge[k]; edge[k]:=e; end; end; dfs(1); writeln(f[1]/s[1]:0:4); end; end.
