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思路：
<1>概率与期望
期望=情况①的值*情况①的概率+情况②的值*情况②的概率+……+情况n的值*情况n的概率
举个例子，抛一个骰子，每一面朝上的概率都是1/6，则这一个骰子落地后朝上的那一面的期望值就为：1*1/6+2*1/6+3*1/6+4*1/6+5*1/6+6*1/6=21/6=3.5
你们懂的（其实是我不怎么会）
<2>floyd
你们懂的（这一个我是会的）
<3>期望dp
dp[i][j][0]表示在前i个时间段，申请换了j个教室，第i个时间段不申请换教室时的最优解
dp[i][j][1]表示在前i个时间段，申请换了j个教室，第i个时间段申请换教室时的最优解
对于第x次申请，失败的概率为(1-k[x])，成功的概率即为k[x]
对于dp[i][j][0]可以由三种情况转移过来：
1.上一个时间段不申请
2.上一个时间段申请失败
3.上一个时间段申请成功
其中，第2、3种属于同一类
对于dp[i][j][1]可以由六种情况转移过来：
1.上一个时间段不申请，这一个时间段申请失败
2.上一个时间段不申请，这一个时间段申请成功
3.上一个时间段申请失败，这一个时间段申请失败
4.上一个时间段申请失败，这一个时间段申请成功
5.上一个时间段申请成功，这一个时间段申请失败
6.上一个时间段申请成功，这一个时间段申请成功
其中，第1、2种属于同一类，第3、4、5、6种属于同一类。
对于每一种情况，都将所属这一种情况的每一个操作的概率相乘，即可求出这一种情况出现的概率，再乘以相应两个课室之间的最短路径，就可以得出期望值。最后dp[n][1..m][0..1]中的最小值就是答案。
<4>反思
这道题的转移方程很长，然而我一开始并没有换行，然后就有了一个我看不出的错误，然后我提交上去就WA了，然后我冥思苦想一行一行对照题解，然后我还是没能找出错误，然后llx来了叫我对拍，然后我就开始对拍了，然后我就发现了错误，原来是一个地方忘了减一，然后我提交上去就A了，然后就没有然后了……
<完>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<fstream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<sstream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int INF=10000000;
int c[2005],d[2005],f[305][305];
double k[2005],dp[2005][2005][2];
int main()
{
int n=0,m=0,v=0,e=0;
double ans=INF;
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&v,&e);
if(n==1) { printf("0.00"); return 0; }
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]);
for(int i=1;i<=v;i++)//初始化邻接矩阵
for(int j=1;j<i;j++)
f[i][j]=f[j][i]=INF;
for(int i=1;i<=e;i++)
{
int a=0,b=0,w=0;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&w);
f[a][b]=f[b][a]=min(f[a][b],w);//存边
}
for(int T=1;T<=v;T++)//floyd
for(int i=1;i<=v;i++)
for(int j=1;j<i;j++)
f[i][j]=f[j][i]=min(f[i][j],f[i][T]+f[T][j]);
for(int i=1;i<=n;i++)//dp数组初始化
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;//边界条件
for(int i=2;i<=n;i++)//dp
for(int j=0;j<=min(m,i);j++)
{
if(j>0) dp[i][j][1]=min(dp[i-1][j-1][0]+f[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i])+f[c[i-1]][d[i]]*k[i],
dp[i-1][j-1][1]+f[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i-1])*(1-k[i])+
f[c[i-1]][d[i]]*(1-k[i-1])*k[i]+
f[d[i-1]][c[i]]*k[i-1]*(1-k[i])+
f[d[i-1]][d[i]]*k[i-1]*k[i]);
dp[i][j][0]=min(dp[i-1][j][0]+f[c[i-1]][c[i]],
dp[i-1][j][1]+f[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i-1])+
f[d[i-1]][c[i]]*k[i-1]);
if(i==n) ans=min(ans,min(dp[i][j][0],dp[i][j][1]));//维护最小期望值
}
printf("%.2lf",ans);//四舍五入精确到小数点后2位，输出
return 0;
}