【bzoj4720】[Noip2016]换教室期望dp+最短路

Description

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

Sample Output

2.80

Sol

noip这道思维难度几乎没有的期望dp算是道入门题吧。。。

先floyd最短路，然后\(f[i][j][0/1]\)表示第i个时刻，一共申请了j次，这次申请成不成功的期望值，转移分类讨论如下：

这次不换：从上次换了没成功与上次没换转移过来

这次换：从上次换了没成功且这次换了没成功，上次换了成功且这次换了没成功，上次没换且这次成功，上次没换且这次没成功转移而来。（太长了qwq）

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int N,M,n,m,d[305][305],a[2005],b[2005],x,y,z;double f[2005][2005][2],ans=2147483647,p[2005];

int main()

{

	scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&n,&m);memset(d,0x3f,sizeof(d));

	for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=0;j<=M;j++) for(int k=0;k<=1;k++) f[i][j][k]=1e9;

	for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&a[i]);

	for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&b[i]);

	for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%lf",&p[i]);

	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),d[x][y]=min(d[x][y],z),d[y][x]=d[x][y];

	for(int i=1;i<=n;i++) d[i][i]=0;

	for(int k=1;k<=n;k++) for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);

	f[1][0][0]=f[1][1][1]=0;

	for(int i=2;i<=N;i++) for(int j=0;j<=i&&j<=M;j++)

	{

		f[i][j][0]=min(f[i-1][j][0]+d[a[i-1]][a[i]],f[i-1][j][1]+d[b[i-1]][a[i]]*p[i-1]+d[a[i-1]][a[i]]*(1-p[i-1]));

		if(j>0) f[i][j][1]=min(f[i-1][j-1][0]+d[a[i-1]][a[i]]*(1-p[i])+d[a[i-1]][b[i]]*p[i],f[i-1][j-1][1]+d[a[i-1]][a[i]]*(1-p[i-1])*(1-p[i])+d[a[i-1]][b[i]]*(1-p[i-1])*p[i]+d[b[i-1]][a[i]]*p[i-1]*(1-p[i])+d[b[i-1]][b[i]]*p[i-1]*p[i]);

	}

	for(int i=0;i<=M;i++) for(int j=0;j<=1;j++) ans=min(ans,f[N][i][j]);

	printf("%.2lf\n",ans);

}