2016NOIP·洛谷·换教室

初见安~这里是传送门：洛谷P1850

题目描述

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 2n2n 节课程安排在 nn 个时间段上。在第 ii（1 \leq i \leq n1≤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 c_ici 上课，而另一节课程在教室 d_idi 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 nn 节安排好的课程。如果学生想更换第 ii 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 ii 个时间段去教室 d_idi 上课，否则仍然在教室 c_ici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 ii 节课程的教室时，申请被通过的概率是一个已知的实数 k_iki，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 mm 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 mm 门课程，也可以不用完这 mm 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 vv 个教室，有 ee 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 ii（1 \leq i \leq n-11≤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。

输入格式：

第一行四个整数 n,m,v,en,m,v,e。nn 表示这个学期内的时间段的数量；mm 表示牛牛最多可以申请更换多少节课程的教室；vv 表示牛牛学校里教室的数量；ee表示牛牛的学校里道路的数量。

第二行 nn 个正整数，第 ii（1 \leq i \leq n1≤i≤n）个正整数表示 c_ici，即第 ii 个时间段牛牛被安排上课的教室；保证 1 \le c_i \le v1≤ci≤v。

第三行 nn 个正整数，第 ii（1 \leq i \leq n1≤i≤n）个正整数表示 d_idi，即第 ii 个时间段另一间上同样课程的教室；保证 1 \le d_i \le v1≤di≤v。

第四行 nn 个实数，第 ii（1 \leq i \leq n1≤i≤n）个实数表示 k_iki，即牛牛申请在第 ii 个时间段更换教室获得通过的概率。保证 0 \le k_i \le 10≤ki≤1。

接下来 ee 行，每行三个正整数 a_j, b_j, w_jaj,bj,wj，表示有一条双向道路连接教室 a_j, b_jaj,bj，通过这条道路需要耗费的体力值是 w_jwj；保证 1 \le a_j, b_j \le v1≤aj,bj≤v， 1 \le w_j \le 1001≤wj≤100。

保证 1 \leq n \leq 20001≤n≤2000，0 \leq m \leq 20000≤m≤2000，1 \leq v \leq 3001≤v≤300，0 \leq e \leq 900000≤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 33 位小数。

输出格式：

输出一行，包含一个实数，四舍五入精确到小数点后恰好22位，表示答案。你的输出必须和标准输出完全一样才算正确。

测试数据保证四舍五入后的答案和准确答案的差的绝对值不大于 4 \times 10^{-3}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）

输入样例：

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

输出样例：

2.80

【提示】

道路中可能会有多条双向道路连接相同的两间教室。也有可能有道路两端连接的是同一间教室。
请注意区分n,m,v,e的意义, n不是教室的数量, m不是道路的数量。

题解

看到期望大概就可以开始思考动态规划了。【啪】

首先看到要求期望，我们就要充分考虑——申请通过的概率，体力和不通过的概率，体力。但是体力是相对于路，概率是相对于课程。这样的两者要分开讨论的话会很麻烦，所以我们直接DP期望值。

dp的第一维作为前 i 个课程，大家都想得到【~~反正我没想到~~】。我们还需要一维来记录这门课程申请与不申请的最小期望值。再看条件——最多通过m门课程申请，所以说我们还需要一维——记录到这门课程我们申请了多少门。总的下来——就是dp[ i ][ j ][ k ]代表着前 i 门课，申请了 j 门课，并申请or不申请第i门课的最小期望。

状态应该就很好推导了——因为只涉及到第 i 和第i - 1门课。这里为了调用方便，我们就用邻接矩阵来存距离，用c[ maxn ] [ 2 ]来存同一时间正在上课的两间教室，0行为不换的情况。也为了方便，在dp的时候我们设r1 = c[i - 1][ 0 ], r2 = c[i - 1] [ 1 ], r3 = c[ i ] [ 0], r4 = c[ i ] [ 1 ]。大体我们只需要考虑两种情况：

1.第 i 门课不换。

我们可以从第i - 1门课换和不换两种状态推导过来——前不换后不换，则直接拉一条路过来即可，概率为1；前换后不换，则需要考虑前者是否通过的概率算出期望，也就是：

$\small dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0], min(d[i-1][j][0] + g[r1][r3], dp[i - 1][j - 1][1] + g[r2][r3] * k[i - 1] + g[r1][r3] * (1 - k[i - 1])));$

2.第i门课换

同理，我们可以从第 i - 1门课换与不换两种情况入手dp两种情况。但是会复杂一些的是——如果是两种都选，那么计算期望的时候可能的情况就有4种了——双双通过，单过i - 1，单过i，都不过。其概率也都是同时发生的概率——P（前后都过），P（前过后不过），P（前不过后过），P（都不过），所以将对应的概率相乘就是我们要用到的概率了。

式子很长，但还是挺好理解的。

$\tiny dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], min(dp[i - 1][j][0] + g[r1][r4] * k[i] + g[r1][r3] * (1 - k[i]),$

$\tiny dp[i - 1][j - 1][1] + g[r2][r4] * k[i - 1] * k[i] + g[r2][r3] * k[i - 1] * (1- k[i] )$

$\tiny + g[r1][r4] * (1 - k[i - 1]) * k[i] + g[r1][r3] * (1 - k[i - 1]) * (1 - k[i])));$

核心代码就这两行。应该还是比较简单的。现在关键就是初始化——g我们可以直接memset，但是dp的话作为一个要存用概率来算的期望的数组，要么直接for赋极大值，要么就要巧妙地用到这么一句：

$memset(dp, 0x42, sizeof dp);$

就行啦：）至于哪些地方是不需要计算要直接赋0赋1的就自己去想吧：）

这道题还有一个很巧妙的地方就是——多源最短路考点。这个的话我们读入的时候直接存然后floyd一下就行了。存的时候注意提示1哦~~~~当然g也是要预处理的，这个也自己去思考：）~~这种繁琐的东西我就不讲了~~。

下面是代码及详解~~

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 2005
using namespace std;
int n, m , v, e;
int c[maxn][2], g[305][305];
double k[maxn], dp[maxn][maxn][2];
int main()
{
	memset(g, 0x3f, sizeof g);
	memset(dp, 0x42, sizeof dp);//浮点数赋极大值
	scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &v, &e);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d", &c[i][0]);
		
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d", &c[i][1]);
		
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%lf", &k[i]); 
		
	int x, y, w;
	for(int i = 1; i <= e; i++)
	{
		scanf("%d%d%d", &x, &y, &w);
		g[x][y] = g[y][x] = min(g[x][y], w);
	}
    
	for(int k = 1; k <= v; k++)//floyd求最短路
		for(int i = 1; i <= v; i++)
			for(int j = 1; j <= v; j++)
				g[i][j] = min(g[i][k] + g[k][j], g[i][j]);
		
	for (int i = 1; i <= v; i++)
		g[i][i] = g[i][0] = g[0][i] = 0;//这一步放读入后就都可以。
			
//	for (register int i = 0; i <= n; i++)//不用memset的赋值
//        for (register int j = 0; j <= m; j++)
//			dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = 0x3f3f3f3f;
			
    dp[1][0][0] = dp[1][1][1] = 0;//初始化
    
	for(int i = 2; i <= n; i++)//核心代码
	{
		dp[i][0][0] = dp[i - 1][0][0] + g[c[i - 1][0]][c[i][0]];
		for(int j = 1; j <= min(i, m); j++)
		{
			int r1 = c[i - 1][0], r2 = c[i - 1][1], r3 = c[i][0], r4 = c[i][1];
			dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0], min(dp[i - 1][j][0] + g[r1][r3], dp[i - 1][j][1] + g[r2][r3] * k[i - 1] + g[r1][r3] * (1 - k[i - 1])));
			dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], min(dp[i - 1][j - 1][0] + g[r1][r4] * k[i] + g[r1][r3] * (1 - k[i]), dp[i - 1][j - 1][1] + g[r2][r4] * k[i] * k[i - 1] + g[r2][r3] * k[i - 1] * (1 - k[i]) + g[r1][r4] * (1 - k[i - 1]) * k[i] + g[r1][r3] * (1 - k[i - 1]) * (1 - k[i])));
		}
	}

	double ans = 0x3f3f3f3f;
	for (int i = 0; i <= m; i++)
		ans = min(ans, min(dp[n][i][0], dp[n][i][1]));
	printf("%.2lf", ans);
	return 0;
}

这个就因为imemset和变量重名卡了我将近一天的题QwQ我继续去练动态规划了。

迎评：）
——End——