[NOIp2016] 换教室

题目类型：期望(DP)

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题意：现有(N)个时间段，每个时间段上一节课。如果不申请换教室，那么时间段(i)必须去教室(c[i])上课，如果申请换课成功，那么就可以去教室(d[i])上课。第(i)节课申请换教室成功的概率是(k[i])。每个教室是无向图的一个节点，从一个教室到另一个教室需要耗费的体力是它们之间的最短路。现在，你最多可以申请换(M)节课，问耗费体力值最少的期望

解题思路

题意比较复杂。时间段不如理解为时间点。可以概括为：第(i)个时间点要么在(c[i])要么在(d[i])，并且到(d[i])去的期望是(k[i])。也就是说申请不成功的概率是(1-k[i])

由于教室最多只有(300)间，因此最短路直接用(Floyd)处理即可。

然后考虑进行期望(DP)。容易想到设(dp[i][j])表示前(i)个时间点里，申请(j)次的耗费体力值最少的期望。然而我们发现这样设非常难转移，因为我们不知道上一节课有没有换教室。

因此我们增加一维：(dp[i][j][k])表示前(i)个时间点里，申请(j)次，并且(k=0)第(i)个时间点在(c[i])，(k=1)则在(d[i])。这样就可以转移了

由于已经转化为(DP)问题，因此我们只需要考虑状态。分开考虑：

[dp[i][j][0] = egin{cases} dp[i-1][j][0] + dis[c[i-1]][c[i]]\ dp[i-1][j][1] + (1-k[i-1])*dis[c[i-1]][c[i]] + k[i-1]*dis[d[i-1]][c[i]] end{cases} ]

对于(dp[i][j][0])的转移，我们确定了在第(i)个时间点一定在教室(c[i])，而起点却不确定。分开考虑乘上概率即可

[dp[i][j][1] = egin{cases} dp[i-1][j-1][0] + (1-k[i])*dis[c[i-1]][c[i]] + k[i]*dis[c[i-1]][d[i]]\ dp[i-1][j-1][1] +... end{cases} ]

第二个方程实在太长了（放不下……），可以见代码。总体思想还是和前面差不多，不一样的是(dp[i][j][1])不能代表第(i)个时间点在教室(d[i])，而是都有可能，因此从(dp[i-1][j-1][1])转移过来时要分四类讨论

Code

注意(j=0)也是要讨论的。另外，刚开始(dp)数组应该无限大，这样才能在转移时自动排除不可能的情况

/*By DennyQi 2018*/
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define  r  read()
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 2010;
const int MAXM = 20010;
const int INF = 1061109567;
inline int read(){
    int x = 0; int w = 1; register char c = getchar();
    for(; c ^ '-' && (c < '0' || c > '9'); c = getchar());
    if(c == '-') w = -1, c = getchar();
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + c - '0'; return x * w;
}
int N,M,V,E,x,y,z;
int c[MAXN],d[MAXN],dis[305][305];
double k[MAXN],dp[MAXN][MAXN][2],ans;
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
	memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
	N = r, M = r, V = r, E = r;
	for(int i = 1; i <= V; ++i) dis[i][i] = 0;
	for(int i = 1; i <= N; ++i) c[i] = r;
	for(int i = 1; i <= N; ++i) d[i] = r;
	for(int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%lf", k+i);
	for(int i = 1; i <= E; ++i){
		x = r, y = r, z = r;
		dis[x][y] = min(dis[x][y], z);
		dis[y][x] = min(dis[y][x], z);
	}
	for(int K = 1; K <= V; ++K){
		for(int i = 1; i <= V; ++i){
			for(int j = 1; j <= V; ++j){
				dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][K] + dis[K][j]);
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= N; ++i){
		for(int j = 0; j <= M; ++j){
			dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = 99999999.999;
		}
	}
	dp[1][0][0] = dp[1][1][1] = 0;
	for(int i = 2; i <= N; ++i){
		dp[i][0][0] = dp[i-1][0][0] + dis[c[i-1]][c[i]];
		for(int j = 1; j <= min(i,M); ++j){
			dp[i][j][0] = min(dp[i-1][j][0] + dis[c[i-1]][c[i]], dp[i-1][j][1] + (1-k[i-1])*dis[c[i-1]][c[i]] + k[i-1]*dis[d[i-1]][c[i]]);
			dp[i][j][1] = min(dp[i-1][j-1][0] + (1-k[i])*dis[c[i-1]][c[i]] + k[i]*dis[c[i-1]][d[i]], dp[i-1][j-1][1] + (1-k[i-1])*(1-k[i])*dis[c[i-1]][c[i]] + (1-k[i-1])*k[i]*dis[c[i-1]][d[i]] + k[i-1]*(1-k[i])*dis[d[i-1]][c[i]] + k[i-1]*k[i]*dis[d[i-1]][d[i]]);
		}
	}
	ans = 9999999.999;
	for(int j = 0; j <= M; ++j){
		ans = min(ans, min(dp[N][j][0], dp[N][j][1]));
	}
	printf("%.2f", ans);
	return 0;
}