4720: [Noip2016]换教室
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Description
对于刚上大学的牛牛来说,他面临的第一个问题是如何根据实际情况申请合适的课程。在可以选择的课程中,有2n节
课程安排在n个时间段上。在第i(1≤i≤n)个时间段上,两节内容相同的课程同时在不同的地点进行,其中,牛牛预先
被安排在教室ci上课,而另一节课程在教室di进行。在不提交任何申请的情况下,学生们需要按时间段的顺序依次完
成所有的n节安排好的课程。如果学生想更换第i节课程的教室,则需要提出申请。若申请通过,学生就可以在第i个
时间段去教室di上课,否则仍然在教室ci上课。由于更换教室的需求太多,申请不一定能获得通过。通过计算,牛牛
发现申请更换第i节课程的教室时,申请被通过的概率是一个已知的实数ki,并且对于不同课程的申请,被通过的概率
是互相独立的。学校规定,所有的申请只能在学期开始前一次性提交,并且每个人只能选择至多m节课程进行申请。
这意味着牛牛必须一次性决定是否申请更换每节课的教室,而不能根据某些课程的申请结果来决定其他课程是否申
请;牛牛可以申请自己最希望更换教室的m门课程,也可以不用完这m个申请的机会,甚至可以一门课程都不申请。因
为不同的课程可能会被安排在不同的教室进行,所以牛牛需要利用课间时间从一间教室赶到另一间教室。牛牛所在
的大学有v个教室,有e条道路。每条道路连接两间教室,并且是可以双向通行的。由于道路的长度和拥堵程度不同,
通过不同的道路耗费的体力可能会有所不同。当第i(1≤i≤n-1)节课结束后,牛牛就会从这节课的教室出发,选择一
条耗费体力最少的路径前往下一节课的教室。现在牛牛想知道,申请哪几门课程可以使他因在教室间移动耗费的体
力值的总和的期望值最小,请你帮他求出这个最小值。
Input
第一行四个整数n,m,v,e。n表示这个学期内的时间段的数量;m表示牛牛最多可以申请更换多少节课程的教室;
v表示牛牛学校里教室的数量;e表示牛牛的学校里道路的数量。
第二行n个正整数,第i(1≤i≤n)个正整数表示c,,即第i个时间段牛牛被安排上课的教室;保证1≤ci≤v。
第三行n个正整数,第i(1≤i≤n)个正整数表示di,即第i个时间段另一间上同样课程的教室;保证1≤di≤v。
第四行n个实数,第i(1≤i≤n)个实数表示ki,即牛牛申请在第i个时间段更换教室获得通过的概率。保证0≤ki≤1。
接下来e行,每行三个正整数aj,bj,wj,表示有一条双向道路连接教室aj,bj,通过这条道路需要耗费的体力值是Wj;
保证1≤aj,bj≤v,1≤wj≤100。
保证1≤n≤2000,0≤m≤2000,1≤v≤300,0≤e≤90000。
保证通过学校里的道路,从任何一间教室出发,都能到达其他所有的教室。
保证输入的实数最多包含3位小数。
Output
输出一行,包含一个实数,四舎五入精确到小数点后恰好2位,表示答案。你的
输出必须和标准输出完全一样才算正确。
测试数据保证四舎五入后的答案和准确答案的差的绝对值不大于4*10^-3。(如果你不知道什么是浮点误差,这段话
可以理解为:对于大多数的算法,你可以正常地使用浮点数类型而不用对它进行特殊的处理)
Sample Input
3 2 3 3
2 1 2
1 2 1
0.8 0.2 0.5
1 2 5
1 3 3
2 3 1
2 1 2
1 2 1
0.8 0.2 0.5
1 2 5
1 3 3
2 3 1
Sample Output
2.80
Solution
16年叫我去做这个就废物一个叻...
其实是很简单的期望DP，难点是怎么定义DP方程和到底怎么算期望....
看数据范围，两两点间最短路直接用$floyed$处理出来。（输入的时候两点间距离要取min！！！）
然后就是转移了。定义$dp[i][j][0/1]$表示目前到了第$i$节课，当前已经申请了$j$次（包括这次），这次申不申请，为什么是申不申请而不是成功没有？这样就不能表示概率了。
所以转移方程显然，就是如果申请，加上成功的概率乘上这样两点间$dis$再加上失败的概率乘当前$dis$就是当前期望，因为还要看$i-1$的申请情况，所以如果当前不申请就可能从两个状态转移，如果申请就从四个状态转移。
$dp[i][j][0] = min(dp[i-1][j][0] + G[c[i-1]][c[i]], dp[i-1][j][1] + G[c[i-1]][c[i]] * (1.0-p[i-1]) + G[d[i-1]][c[i]] * p[i-1]);$
$if(j >= 1) dp[i][j][1] = min(dp[i-1][j-1][0] + G[c[i-1]][c[i]] * (1.0 - p[i]) + G[c[i-1]][d[i]] * p[i], dp[i-1][j-1][1] + G[c[i-1]][c[i]] * (1.0 - p[i-1]) * (1.0 - p[i])+ G[c[i-1]][d[i]] * (1.0 - p[i-1]) * p[i] + G[d[i-1]][c[i]] * (1.0 - p[i]) * p[i-1] + G[d[i-1]][d[i]] * p[i-1] * p[i]);$
这里$G$表示预处理出来的最短路。
Code
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; double dp[2005][2005][2], G[305][305], p[2005]; int c[2005], d[2005]; int main() { int n, m, v, e; scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &v, &e); for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &c[i]); for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &d[i]); for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%lf", &p[i]); for(int i = 1; i <= v; i ++) for(int j = 1; j <= v; j ++) G[i][j] = 0x3f3f3f3f; for(int i = 1; i <= e; i ++) { int a, b; double c; scanf("%d%d%lf", &a, &b, &c); G[a][b] = min(G[a][b], c); G[b][a] = G[a][b]; } for(int i = 1; i <= v; i ++) G[i][i] = 0; for(int k = 1; k <= v; k ++) for(int i = 1; i <= v; i ++) for(int j = 1; j <= v; j ++) G[i][j] = min(G[i][j], G[i][k] + G[k][j]); for(int i = 1; i <= n; i ++) for(int j = 0; j <= n; j ++) for(int k = 0; k <= 1; k ++) dp[i][j][k] = 0x3f3f3f3f; dp[1][0][0] = 0, dp[1][1][1] = 0; for(int i = 2; i <= n; i ++) for(int j = 0; j <= m && j <= i; j ++) { dp[i][j][0] = min(dp[i-1][j][0] + G[c[i-1]][c[i]], dp[i-1][j][1] + G[c[i-1]][c[i]] * (1.0-p[i-1]) + G[d[i-1]][c[i]] * p[i-1]); if(j >= 1) { dp[i][j][1] = min(dp[i-1][j-1][0] + G[c[i-1]][c[i]] * (1.0 - p[i]) + G[c[i-1]][d[i]] * p[i], dp[i-1][j-1][1] + G[c[i-1]][c[i]] * (1.0 - p[i-1]) * (1.0 - p[i]) + G[c[i-1]][d[i]] * (1.0 - p[i-1]) * p[i] + G[d[i-1]][c[i]] * (1.0 - p[i]) * p[i-1] + G[d[i-1]][d[i]] * p[i-1] * p[i]); } } double ans = 0x3f3f3f3f; for(int i = 0; i <= m; i ++) for(int j = 0; j <= 1; j ++) ans = min(ans, dp[n][i][j]); printf("%.2lf", ans); }