题目描述

给你一棵由 n 个顶点组成的无向树，顶点编号从 1 到 n。青蛙从 顶点 1 开始起跳。规则如下：

• 在一秒内，青蛙从它所在的当前顶点跳到另一个 未访问 过的顶点（如果它们直接相连）。
• 青蛙无法跳回已经访问过的顶点。
• 如果青蛙可以跳到多个不同顶点，那么它跳到其中任意一个顶点上的机率都相同。
• 如果青蛙不能跳到任何未访问过的顶点上，那么它每次跳跃都会停留在原地。

无向树的边用数组 edges 描述，其中 edges[i] = [a_i, b_i] 意味着存在一条直接连通 a_i 和 b_i 两个顶点的边。

返回青蛙在 t 秒后位于目标顶点 target 上的概率。与实际答案相差不超过 10^-5 的结果将被视为正确答案。

样例

输入：n = 7, edges = [[1,2],[1,3],[1,7],[2,4],[2,6],[3,5]], t = 2, target = 4
输出：0.16666666666666666 
解释：上图显示了青蛙的跳跃路径。
青蛙从顶点 1 起跳，第 1 秒 有 1/3 的概率跳到顶点 2，然后第 2 秒有 1/2 的概率跳到顶点 4，
    因此青蛙在 2 秒后位于顶点 4 的概率是 1/3 * 1/2 = 1/6 = 0.16666666666666666。 

输入：n = 7, edges = [[1,2],[1,3],[1,7],[2,4],[2,6],[3,5]], t = 1, target = 7
输出：0.3333333333333333
解释：上图显示了青蛙的跳跃路径。
青蛙从顶点 1 起跳，有 1/3 = 0.3333333333333333 的概率能够 1 秒 后跳到顶点 7。 

限制

• 1 <= n <= 100
• edges.length == n - 1
• edges[i].length == 2
• 1 <= a_i, b_i <= n
• 1 <= t <= 50
• 1 <= target <= n

算法

(宽度优先遍历) $O(n)$

1. 由于这是一棵无根树，所以青蛙跳到一个分支上，就不可能再到其他位置，所以在每一层都是等概率选择每个分支。假设无根树的根结点是 1。
2. 如果目标结点是叶结点，则我们需要判断目标结点到根结点的路径是否不超过 $t$，然后乘上每一层的转移概率。
3. 如果目标结点时非叶结点，则我们需要判断目标结点到根结点的路径是否恰好等于 $t$，然后乘上每一层的转移概率。

时间复杂度

• 每个点最多遍历一次，故时间复杂度为 $O(n)$。

空间复杂度

• 需要额外 $O(n)$ 的空间存储无根树的数据结构，队列，每个点到根结点的距离和概率。

C++ 代码

class Solution {
public:
    double frogPosition(int n, vector<vector<int>>& edges, int t, int target) {
        vector<vector<int>> tree(n + 1);

        for (const auto &e : edges) {
            tree[e[0]].push_back(e[1]);
            tree[e[1]].push_back(e[0]);
        }

        vector<pair<int, double>> dis(n + 1, {INT_MAX, 0});
        queue<int> q;

        q.push(1);
        dis[1].first = 0;
        dis[1].second = 1;

        while (!q.empty()) {
            int u = q.front();
            q.pop();

            if (dis[u].first >= t)
                continue;

            for (int v : tree[u])
                if (dis[v].first > dis[u].first + 1) {
                    dis[v].first = dis[u].first + 1;
                    dis[v].second = dis[u].second / (tree[u].size() - (int)(u != 1));
                    q.push(v);
                }
        }

        if (dis[target].first < t) {
            if (target == 1 && tree[1].size() > 0
               || tree[target].size() > 1)
                return 0;
        }

        return dis[target].second;
    }
};