DP构建（仿照Floyd）
这题说难挺难的，现在想想好像也不太难，是因为想复杂了。其实这题的要求不算多，它仅仅是要求最后转换回到出发时的那种硬币并且获利大于0.01，而转换次数不能超过n次，转换次数越少越好，然后输出最短的路径。注意：题目并没有说要你获利最大，只是是获利>=0.01即可，另外题目对路径并没有什么特殊要求，仅仅是要求不能超过n，在路径长度相同的情况任意一条都可以的。
所以我们就抓住一点：转换次数！！！！！！
也就是说每转换一次，我们就去找所有的货币，看他们回到自己的时候那些货币的获利已经大于0.01了，如果有货币的获利已经大于0.01了，那么我们的算法就结束了，就输出这种货币的转换路径（就算有多种货币的获利都大于0.01都好，输出哪种货币都行，因为题目也没有要求）
我们应该写一个最外层的循环，是表示第几次转换的，这个循环不能大于n，因为最多只能转换n次不管成功还是失败都要结束
然后，用转换次数来做最外层的循环这个策略是正确的，为什么呢？假设当前是第i+1次转换，那么是需要用到第i次转化的信息的！！！
为什么呢？我们可以回顾一下Floyd的本质。
原本的Floyd是一个三维数组 dp[k][i][j]=max{ dp[k-1][i][j] , dp[k-1][i][k]+dp[k-1][k][j] }
我们平时写的Floyd都是二维的，其实是三维的压缩回来的，没什么能压缩掉最高的那一维呢？单单看状态转移方程都可能看出来，当前要构建的dp[k][i][j]其实只和之前的dp[k-1][][]有关，也就是现在的信息完全是基于前一次的信息推导出来的。这就像我们的滚动数组一样
所以我们来定义个状态dp[i][j][s] i和j就是第i种和第j种货币，s是转换次数，s从1开始到n。也就是说，在第s次转换中，试图从i转化内j
那么状态转移方程是什么呢？ dp[i][j][s]=max{ dp[i][j][s-1] , dp[i][k][s-1]*g[k][j]}
g[i][j]是输入的数据也就是两两货币之间的转化率，其实可以保存在dp[i][j][0]里面
那么这个状态转移方程是什么意思呢？就是说在前一次转化后，现在想从i转换到j，试图通过k，看能不能让值更大，能的话就变大（变大一定不吃亏，因为题目也没要求货币变成多少，只是要求要大于0.01，所以当前要是能变大的话那当然变大）
#include <cstdio> #include <cstring> #define N 25 double dp[N][N][N],p[N][N][N]; int n; void print_path(int i ,int j , int s) { if(s==0) { printf("%d",i); return ; } print_path(i, p[i][j][s] ,s-1); printf(" %d",j); return ; } void DP() { int s,m; for(s=2; s<=n; s++) { for(int k=1; k<=n; k++) for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=n; j++) if( dp[i][j][s] < dp[i][k][s-1]*dp[k][j][1]) { dp[i][j][s]=dp[i][k][s-1]*dp[k][j][1]; p[i][j][s]=k; } int i; for(i=1; i<=n; i++) if(dp[i][i][s]>1.01) { m=i ;break; } if(i<=n) break; } //printf("第%d步\n",s); if(s>n) printf("no arbitrage sequence exists"); else print_path(m , m , s); printf("\n"); } int main() { while(scanf("%d",&n)!=EOF) { memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(p,0,sizeof(p)); for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=n; j++) { if(i==j) dp[i][j][1]=1; else scanf("%lf",&dp[i][j][1]); p[i][j][1]=j; } /* for(int i=1; i<=n; i++) { for(int j=1; j<=n; j++) printf("%.2f ",dp[i][j][1]); printf("\n"); } */ DP(); } return 0; }