【概率dp+FFT】CF553E Kyoya and Train

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【题目】
原题地址
题目大意：一个有向图，走每条边有个代价，且花费的时间$[1,T]$有个概率$p_{e,i}$，从1到$n$，若到达时时间超过$T$，则需要额外$X$的花费，问期望最小花费。

【题目分析】
myy论文题。

【解题思路】
来膜拜一发myy论文题。
首先考虑暴力dp，$f_{x,t}$表示到达$x$点，花费时间$t$期望的最小代价。那么对于$x$出发的每条边$e_i=(x_i,y_i,c_i)$，设$P_{e_i,t}$为走这条边概率，那么我们可以得到：

$$f_{x,t}=Min\{c_i+\sum_{j=1}^Tf_{y_i,t+j} \times P_{e_i,j}\}$$
用一个柿子 $g_{e,t}$表示 $t$时刻从 $x_e$出发到达 $n$点的最小期望费用，那么上面的柿子就可以写成：
$$g_{e,t}=c_e+\sum_{j=1}^Tf_{y_e,t+j}\times P_{e,j}$$
$$f_{i,t}=Min\{g_{e,t}\}(x_e=i)$$
由于一个点不可能回到祖先，所以这幅图是一个DAG，我们可以直接dp，状态数是 $O(Tm)$，转移 $O(T)$，果断跪掉。
当然如果我们将 $P$数组翻转，实际上可以得到一个卷积的形式，可以用 $FFT$优化。
$$g_{e,t}=g'_{e,T+t}=c_e+\sum_{j=1}^Tf_{y_e,t+j}\times P_{e,T-j}$$

这样当然也过不了。因为右边的柿子和时间有关，我们可以考虑对时间分治。

这里给出一个结论：

$$D_r=\sum_{i=0}^{n-1}f_ig_{r-i}=\sum_{i=0}^{k}f_ig_{r-i}+\sum_{i=k+1}^{n-1}f_ig_{r-i}$$
即计算卷积的时候，可以将贡献拆成几个部分来计算。

实际上推到这里我就已经晕了- -，不过还是要坚持（看别人blog）。

分治过程比较奇怪，是先递归右边的。
1.对于当前的分治层[$l,r]$，我们先递归处理右边$[mid+1,r]$，得到右边所有的$f[i][mid+1,r]$，然后用FFT求值去贡献到$g[e][l , mid]$。
2.继续递归处理左边$[l,mid]$。
3.当到达递归最底层即$l=r$时，我们用$g$去求出所有的$f[i][l]$，因为此时的转移来源$g[e][t](t>l)$都计算完毕。

由于对于$t>T$的情况，已经超时所以我们不用管了，那么$FFT$的数组实际上只用开$2T$就行了。
这个下标好奇怪啊- -

【参考代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef double db;
const db pi=acos(-1);
const int INF=1e9;
const int N=2e5+10,M=110,K=4e4+10;
int n,m,L,S,T,X,rev[N];
db p[M][N],d[M][M],f[M][K],g[M][K];

int read()
{
    int ret=0,f=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=0;c=getchar();}
    while(isdigit(c)) {ret=ret*10+(c^48);c=getchar();}
    return f?ret:-ret;
}

struct Tway{int u,v,w;}e[N];

struct cd
{
    db r,i;
    cd(){}
    cd(db rr,db ii){r=rr;i=ii;}
    cd operator + (const cd&A)const {return cd(r+A.r,i+A.i);}
    cd operator - (const cd&A)const {return cd(r-A.r,i-A.i);}
    cd operator * (const cd&A)const {return cd(r*A.r-i*A.i,r*A.i+i*A.r);}
    cd operator / (const db&A)const {return cd(r/A,i/A);}
}a[N],b[N];

void fft(cd *a,int n,int f)
{
    for(int i=0;i<n;++i) if(i>rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1)
    {
        cd wn(cos(pi/i),f*sin(pi/i));
        for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
        {
            cd w(1,0);
            for(int k=0;k<i;++k,w=w*wn)
            {
                cd x=a[j+k],y=w*a[i+j+k];
                a[j+k]=x+y;a[i+j+k]=x-y;
            }
        }
    }
    if(f==-1) for(int i=0;i<n;++i) a[i]=a[i]/n;
}

void init(int l,int r)
{
    int mid=(l+r)>>1;
    for(int j=1;j<=m;++j)
    {
        for(L=0,S=1;S<=(r<<1)-l-mid-1;S<<=1,++L);
        for(int i=0;i<S;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
        for(int i=0;i<S;++i) a[i]=b[i]=cd(0,0);
        for(int i=mid+1;i<=r;++i) a[i-mid-1].r+=f[e[j].v][i];
        for(int i=1;i<=r-l;++i) b[r-l-i].r+=p[j][i];
        fft(a,S,1);fft(b,S,1);
        for(int i=0;i<S;++i) a[i]=a[i]*b[i];
        fft(a,S,-1);
        for(int i=l;i<=mid;++i) g[j][i]+=a[i-mid-1+r-l].r;
    }
}

void solve(int l,int r)
{
    if(l==r)
    {
        for(int i=1;i<=m;++i) f[e[i].u][l]=min(f[e[i].u][l],g[i][l]+e[i].w);
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    solve(mid+1,r);init(l,r);solve(l,mid);
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("CF553E.in","r",stdin);
    freopen("CF553E.out","w",stdout);
#endif
    n=read();m=read();T=read();X=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=n;++j) if(i^j) d[i][j]=INF; 
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        e[i].u=read();e[i].v=read();e[i].w=read();
        d[e[i].u][e[i].v]=min(d[e[i].u][e[i].v],1.0*e[i].w);
        for(int j=1;j<=T;++j) p[i][j]=(db)read()/1e5; 
    }
    for(int k=1;k<=n;++k)
        for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=1;j<=n;++j)
                d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
    for(int i=0;i<=T<<1;++i) f[n][i]=i<=T?0:X;
    for(int i=1;i<n;++i)
        for(int j=0;j<=T<<1;++j)
            f[i][j]=j<=T?INF:d[i][n]+X;
    init(1,T<<1);solve(0,T);
    printf("%.10lf\n",f[1][0]);

    return 0;
}

【总结】
myy！myy！