2020.01.20日常总结

$\color{green}{洛谷P1850\ \ \ \ \ \ 换教室}$

$\color{blue}{【题意】：}$







$\color{blue}{【思路】：}$ 好冗长的题目啊……

这是一道 $\color{red}{概率dp}$的题目。所谓的概率dp，大家可以直观的理解为用以计算概率的 $dp$。它最大的特点是数学性强（即需要用到很多的数学公式）。

回到本题，我们根据 $dp$的一般步骤来解答它。

第一步是检验本题是否可以 $dp$解决。即检查本题是否具有无后效性等等的 $dp$特性。此步很重要，但是因为篇幅，这里略去，仅仅告诉读者结论，本题可以用 $dp$。

第二步是设计状态。状态的设计一般需要依据数据范围来确定。对于本题，我们记 $dp[i][j][0/1]$表示考虑到第 $i$个时间段，共换了 $j$次教室，其中如果第三维是 $0$，表示当前不需要换教室，是 $1$表示需要换教室； $f[i][j]$表示从 $i$到 $j$的最短路径，可以Floyd求出。

第三步是考虑转移。概率 $dp$的又一大特性是它常常需要 $\color{orange}{分类讨论}$。

记 $C1=c[i-1],C2=d[i-1],C3=c[i],C4=d[i]$，则

• $dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],min(dp[i-1][j][0]+f[C1][C3],dp[i-1][j][1]+f[C1][C3]\times (1-k[i-1])+f[C2][C3]\times k[i-1]))$
• $dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],min(dp[i-1][j-1][0]+f[C1][C3]\times (1-k[i])+f[C1][C4]\times k[i],dp[i-1][j-1][1]+f[C2][C4]\times k[i-1]\times k[i]+f[C2][C3]\times k[i-1]\times (1-k[i])+f[C1][C4]\times (1-k[i-1])\times k[i]+f[C1][C3]\times (1-k[i-1]) \times (1-k[i])))$

以 $dp[i][j][0]$的转移为例。有一种方案是第 $i-1$秒不换教室，两次都不换教室，则答案为 $dp[i-1][j][0]+f[C1][C3]$。令一种方案为第 $i-1$秒换教室，则又有两种方案：一是从 $c[i-1]$到 $d[i-1]$成功，则贡献为 $f[C2][C3]\times k[i-1]$；二是从 $cf[i-1]$到 $d[i-1]$不成功，既然从 $c[i-1]$到 $d[i-1]$成功的概率为 $k[i-1]$，那么不成功的概率为 $1-k[i-1]$，因为两件事不同时发生，则总贡献为 $f[C1][C3]\times (1-k[i-1])$。所以总答案为 $dp[i-1][j][1]+f[C1][C3] \times (1-k[i-1])+f[C2][C3]\times k[i-1]$。 $dp[i][j][0]$就在两种答案间取较小值即可。

$dp[i][j][1]$的转移类似，请读者思考为什么 $dp[i][j][1]$的转移是那样的。

一般地，如果考虑转移方程时出现困难，有可能是自己考虑不够深入。也有可能是状态的定义出错，这时，我们需要倒回第 $2$步，重新思考。

$\color{blue}{【代码】：}$

int f[310][310],n,m,v,e;
double dp[2010][2010][3];
//f[i][j]:从i到j的最短路径，可以Floyd求出 
//dp[i][j][1]:考虑到第i个时间段，共换了j次教室，当前也换教室的答案
//dp[i][j][0]:考虑到第i个时间段，共换了j次教室，当前不换教室的答案
inline void floyd_algorithm(){
	for(int k=1;k<=v;k++)
		for(int i=1;i<=v;i++)
			if (i!=k)
				for(int j=1;j<=v;j++)
					f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
}
double k[2010],ans;
int c[2010],d[2010];
const double inf=1e17;
int main(){
	freopen("t1.in","r",stdin);
	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",&k[i]);
	memset(f,63,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=e;i++){
		register int u,v,w;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		f[u][v]=f[v][u]=min(f[u][v],w);
	}
	floyd_algorithm();ans=inf;
	for(int i=1;i<=v;i++)
		f[i][i]=f[i][0]=f[0][i]=0;
	for(int i=0;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=m;j++)
			dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=inf;
	dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int C1=c[i-1],C2=d[i-1],C3=c[i],C4=d[i];
		dp[i][0][0]=dp[i-1][0][0]+f[C1][C3];
		for(int j=1;j<=min(i,m);j++){
			dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],min(dp[i-1][j][0]+f[C1][C3],dp[i-1][j][1]+f[C1][C3]*(1-k[i-1])+f[C2][C3]*k[i-1]));
			dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],min(dp[i-1][j-1][0]+f[C1][C3]*(1-k[i])+f[C1][C4]*k[i],dp[i-1][j-1][1]+f[C2][C4]*k[i-1]*k[i]+f[C2][C3]*k[i-1]*(1-k[i])+f[C1][C4]*(1-k[i-1])*k[i]+f[C1][C3]*(1-k[i-1])*(1-k[i])));
		}
	}
	for(int i=0;i<=m;i++)
		ans=min(ans,min(dp[n][i][0],dp[n][i][1]));
	printf("%.2lf",ans);
	return 0;
}