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  • 【bzoj4720】【noip2016】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。


    输入

    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ci,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。


    输出

    输出一行,包含一个实数,四舍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。

    测试数据保证四舍五入后的答案和准确答案的差的绝对值不大于4 x 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)


    样例输入

    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


    样例输出

    2.80


    题解

    这道题真的真的。。。唉,调了好久,状态比较好想,方程比较好写,虽然有点长,就是细节有点麻烦,调的我心态爆炸啊。

    首先想到用 dp[ i ][ j ] 表示上第 i 节课,申请了 j 次所耗费体力的最小期望值,然后我们发现它不好转移。于是加上一维, dp[ i ][ j ][ k ] 表示上第 i 节课,申请了 j 次,是否选择申请更换当前教室的最优方案(k = 0 / 1)。

    输入边的时候注意有重边,要取min。

    floyd算出任意两点的最短路 map[ i ][ j ],注意赋值的时候不能太大,不然爆int,还有就是map[ i ][ i ],map[ i ][ 0 ] ,map[ 0 ][ i ] 要赋值为0。

    考虑转移:如果不申请更换当前教室:  dp[ i ][ j ][ 0 ] =  min  ( dp[ i-1 ][ j ][ 0 ] + map[ c[ i-1 ][ c[ i ] ] ,dp[ i-1 ][ j ][ 1 ] + p[ i-1 ]* map[ d[ i-1 ] ][ c[ i ] ] + ( 1 - p[ i-1 ] )* map[ c[ i-1 ] ][ c[ i ] ] );

    如果申请:dp[ i ][ j ][ 1 ] = min ( dp[ i-1 ][ j-1 ][ 0 ] + p[ i ] * map[ c[ i-1 ] ][ d[ i ] ] + ( 1 - p[i] ) * map[ c[ i-1 ] ][ c[ i ] ] , dp[ i-1 ][ j-1 ][ 1 ] + p[ i-1 ] * p[ i ] * map[ d[ i-1 ] ][ d[ i ] ] + p[ i-1 ]*( 1 - p[ i ] ) * map[ d[ i-1 ] ][ c[i] ] + ( 1-p[ i-1 ] ) * p[ i ] * map[ c[ i-1 ] ][ d[ i ] ] + ( 1 - p[ i-1 ] ) * ( 1-p[ i ] ) * map[ c[ i-1 ] ][ c[ i ] ] )。

    关于边界问题:先将 dp 全赋为inf,第一间教室不管申请与否都不消耗体力,所以 dp[ 1 ][ 0 ][ 0 ] = 0 ,dp[ 1 ][ 1 ][ 1 ] =0 。

    每次转移之前,先更新 dp[ i ][ 0 ][ 0 ] = dp[ i-1 ] [ 0 ][ 0 ] + map[ c[ i-1 ] ][ c[ i ] ],再枚举 j 进行转移。

    最后取答案的时候,注意不一定非要申请m次,也可以一次都不申请,所以要取申请0到m次中的最小值。

    #include<cmath>
    #include<cstdio>
    #include<cstdlib>
    #include<cstring>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    #define ll long long
    
    using namespace std;
    
    const int maxn=2000+50;
    const int maxv=300+50;
    const double inf=1e17+7;
    
    int map[maxv][maxv],n,m,v,e,c[maxn],d[maxn],a,b,w;
    double p[maxn],dp[maxn][maxn][2],ans=inf;
    
    int main(){
        memset(map,63,sizeof(map));
        cin>>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",&p[i]);
        for(int i=1;i<=e;i++){
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&w);
            map[a][b]=map[b][a]=min(map[a][b],w);
        }
        for(int k=1;k<=v;k++)
        for(int i=1;i<=v;i++)
        for(int j=1;j<=v;j++)
        if(map[i][k]+map[k][j]<map[i][j]) map[i][j]=map[i][k]+map[k][j];
        for(int i=1;i<=v;i++) map[i][i]=map[i][0]=map[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++){
            dp[i][0][0]=dp[i-1][0][0]+map[c[i-1]][c[i]];
            for(int j=1;j<=min(m,i);j++){
                dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],min(dp[i-1][j][0]+map[c[i-1]][c[i]],dp[i-1][j][1]+p[i-1]*map[d[i-1]][c[i]]+(1-p[i-1])*map[c[i-1]][c[i]]));
                dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],min(dp[i-1][j-1][0]+p[i]*map[c[i-1]][d[i]]+(1-p[i])*map[c[i-1]][c[i]],dp[i-1][j-1][1]+p[i-1]*p[i]*map[d[i-1]][d[i]]+p[i-1]*(1-p[i])*map[d[i-1]][c[i]]+(1-p[i-1])*p[i]*map[c[i-1]][d[i]]+(1-p[i-1])*(1-p[i])*map[c[i-1]][c[i]]));
            }
        }
        for(int i=0;i<=m;i++) ans=min(ans,min(dp[n][i][1],dp[n][i][0]));
        printf("%.2lf
    ",ans);
        return 0;
    }
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