BZOJ 4720 换教室
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
题目分析：这算是一道，期望dp的模板题吧（蒟蒻不是自己看出来的QAQ）
首先来想状态的定义...从数据范围来看n m都是2000，复杂度大概是nm，但是这样不好转移，加一维0/1
dp[i][j][0/1]表示，前i节课，共申请了j次，第i节课有没有申请，的最小期望距离
点数只有500，可以很容易的使用floyd算法预处理出多源最短路。考虑转移
dp[i][j][0]可以从dp[i - 1][j][0/1]转移过来，也就是前i - 1节课已经申请了j次，这是比较好转移的，代码如下
1 dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i - 1][j][0] + dis[c[i - 1]][c[i]]); 2 dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i - 1][j][1] + k[i - 1] * dis[d[i - 1]][c[i]] + (1 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][c[i]]);
dp[i][j][1]的转移就比较复杂了，分两种。
第一种，上一节课没有申请，那么转移只要从dp[i - 1][j - 1][0]转移过来就可以了，转移是只需要考虑这一次成不成功的期望
第二种，上一次也申请了，转移从dp[i - 1][j - 1][1]转移，但是估计期望距离的时候就比较麻烦了，上一次可以成功||不成功，这次也是，共有四种情况。
处理好细节~
CODES：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 6 #define RI register int 7 using namespace std; 8 typedef long long ll; 9 10 const int INF = 1e9 + 7; 11 const int MAXN = 2000 + 5; 12 13 #define max(a,b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) 14 #define min(a,b) ((a) < (b) ? (a) : (b)) 15 16 inline void read(int &x) 17 { 18 x = 0; 19 bool flag = 0; 20 char ch = getchar(); 21 while(ch < '0' || ch > '9') 22 { 23 if(ch == '-') flag = 1; 24 ch = getchar(); 25 } 26 while(ch >= '0' && ch <= '9') 27 { 28 x = x * 10 + ch - '0'; 29 ch = getchar(); 30 } 31 if(flag) x *= -1; 32 } 33 34 int n,m,v,e; 35 double dp[MAXN][MAXN][2],k[MAXN],ans; 36 int dis[MAXN][MAXN],c[MAXN],d[MAXN],f,t,val; 37 38 void init() 39 { 40 memset(dp,127,sizeof(dp)); 41 memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); 42 ans = dp[0][0][0],dp[1][0][0] = 0,dp[1][1][1] = 0; 43 } 44 45 void get() 46 { 47 read(n),read(m),read(v),read(e); 48 for(int i = 1;i <= v;i ++) dis[i][i] = 0; 49 for(int i = 1;i <= n;i ++) read(c[i]); 50 for(int i = 1;i <= n;i ++) read(d[i]); 51 for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%lf",&k[i]); 52 for(int i = 1;i <= e;i ++) 53 { 54 read(f),read(t),read(val); 55 if(f == t) continue; 56 dis[f][t] = dis[t][f] = min(val,dis[f][t]); 57 } 58 } 59 60 void floyd() 61 { 62 for(RI k = 1;k <= v;k ++) 63 for(RI i = 1;i <= v;i ++) 64 for(RI j = 1;j <= v;j ++) 65 dis[i][j] = min(dis[i][j],dis[i][k] + dis[k][j]); 66 } 67 68 void DP() 69 { 70 for(RI i = 2;i <= n;i ++) 71 { 72 dp[i][0][0] = dp[i - 1][0][0] + dis[c[i - 1]][c[i]]; 73 for(RI j = 1;j <= min(m,i);j ++) 74 { 75 dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i - 1][j][0] + dis[c[i - 1]][c[i]]); 76 dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i - 1][j][1] + k[i - 1] * dis[d[i - 1]][c[i]] + (1 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][c[i]]); 77 dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1],dp[i - 1][j - 1][0] + k[i] * dis[c[i - 1]][d[i]] + (1 - k[i]) * dis[c[i - 1]][c[i]]); 78 dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1],dp[i - 1][j - 1][1] + 79 k[i - 1] * k[i] * dis[d[i - 1]][d[i]] + 80 k[i - 1] * (1 - k[i]) * dis[d[i - 1]][c[i]] + 81 (1 - k[i - 1]) * k[i] * dis[c[i - 1]][d[i]] + 82 (1 - k[i - 1]) * (1 - k[i]) * dis[c[i - 1]][c[i]]); 83 if(i == n) ans = min(ans,dp[i][j][0]),ans = min(ans,dp[i][j][1]); 84 } 85 } 86 ans = min(ans,dp[n][0][0]); 87 printf("%.2lf ",ans); 88 } 89 90 int main() 91 { 92 init(); 93 get(); 94 floyd(); 95 DP(); 96 return 0; 97 }