P1850 换教室

P1850 换教室

现在有一张图， 有 (v <= 300) 个节点
你需要从 (c_{1}) 到 (c_{2}) 到 (c_{n} (n <= 2000))
现在你有 (m) 次机会把 (c_{i}) 换为 (d_{i})， 对于第 (i) 个， 成功的概率为 (k_{i})
求走完整个路程的期望路径长度

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错误日志： 作死赋值 (double) 用 (memset)

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Solution

这是第一个有关期望的题呢
本题为期望 (dp) ， 从上一个状态转移过来（听dalao说还有一种是计算本状态对后面状态的贡献）
具体来说， 这个状态可以由以上 (n) 个状态得到， 每个状态权值为 (w_{i})， 其中第 (i) 个状态到此状态的概率为 (k_{i})， 那么有此状态可以表示为 $$dp[now] = sum_{i = 1}^{n}{w_{i} * k_{i}}$$
本题状态为：
(dp[i][j][0/1]) 代表选到第 (i) 门课用掉 (j) 次机会， 此次申请或不申请的期望值
所有转移详细记录在注释中
答案自然在 (min_{i = 0}^{m}{min(dp[n][i][0], dp[n][i][1])})

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<climits>
#define LL long long
#define REP(i, x, y) for(int (i) = (x);(i) <= (y);(i)++)
using namespace std;
int RD(){
    int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
    return flag * out;
    }
const int maxn = 4019, maxv = 319;
int num, numc, numv, nr;
int map[maxv][maxv];
int c[maxn], d[maxn];
double k[maxn];
double dp[maxn][maxn][2];
void floyd(){
	REP(i, 1, numv)map[i][i] = 0;
	REP(k, 1, numv)REP(i, 1, numv)REP(j, 1, numv){
		map[i][j] = min(map[i][j], map[i][k] + map[k][j]);
		}
	}
int dist(int x, int y){return map[x][y];}
void init(){
	REP(i, 1, numv)REP(j, 1, numv)map[i][j] = 1e9;
	REP(i, 1, num)REP(j, 0, numc)dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = 1e9;
	}
int main(){
	num = RD(), numc = RD(), numv = RD(), nr = RD();
	init();
	REP(i, 1, num)c[i] = RD();
	REP(i, 1, num)d[i] = RD();
	REP(i, 1, num)cin>>k[i];
	REP(i, 1, nr){
		int u = RD(), v = RD(), dis = RD();
		map[u][v] = min(map[u][v], dis);
		map[v][u] = map[u][v];
		}
	floyd();
	dp[1][0][0] = dp[1][1][1] = 0;//选或不选都为起点
	REP(i, 2, num){
		int m = min(numc, i);
		REP(j, 0, m){//可以不申请换教室， 从0开始
			dp[i][j][0] = min(//本次不申请
			dp[i - 1][j][0] + dist(c[i], c[i - 1]),//上次不申请
			dp[i - 1][j][1]//上次申请
			+ dist(c[i], d[i - 1]) * k[i - 1]//申请成功
			+ dist(c[i], c[i - 1]) * (1 - k[i - 1])//申请失败
			);
			if(!j)continue;
			dp[i][j][1] = min(//本次申请
			dp[i - 1][j - 1][0]//上次不申请
			+ dist(d[i], c[i - 1]) * k[i]//本次成功
			+ dist(c[i], c[i - 1]) * (1 - k[i]), //本次失败
			dp[i - 1][j - 1][1]//上次申请
			+ dist(c[i], c[i - 1]) * (1 - k[i]) * (1 - k[i - 1])//0->0
			+ dist(d[i], c[i - 1]) * k[i] * (1 - k[i - 1])//0->1
			+ dist(c[i], d[i - 1]) * (1 - k[i]) * k[i - 1]//1->0
			+ dist(d[i], d[i - 1]) * k[i] * k[i - 1]//1->1
			);
			}
		}
	double ans = 100000019;
	REP(i, 0, numc){
		ans = min(ans, dp[num][i][0]);
		ans = min(ans, dp[num][i][1]);
		}
	printf("%.2lf
", ans);
	return 0;
	}