Codeforces 553E Kyoya and Train

题目大意

链接：CF533E

给一张\(n\)个点，\(m\)条边的图，起点\(1\)终点\(n\)，如果不能在\(T\)的时间内到达则需支付\(X\)的代价。

走每条边都会支付一定代价，经过一条边\(i\)的时间有\(p_{i,j}\)的概率为\(j\)，最小化期望代价。

题目分析

暴力方法：期望DP

设\(f_{i,j}\)表示在第\(j\)时刻，从\(i\)点出发，到达终点的期望花费，

设边为\(e\)，边上两点为\(x,y\)，边集为\(E\)，则有

\[f(x,t)=\min\limits_{e\in E}\{val_{e}+\sum_{i=1}^Tp_{e,i}\cdot f(y,t+i)\}
\]

时间复杂度\(O(n\cdot T^2)\)。

或许你会觉得这样转移有问题，因为这不是一个DAG图，

但是，由于没有负权环，一个点不可能回到它的祖先，所以我们可以当做DAG来处理。

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现在想想怎么优化这个DP。

我们设\(g_{e,t}\)表示\(\sum\limits_{i=1}^Tp_{e,i}\cdot f(y,t+i)\)，显然有

\[f(x,t)=\min\{val_e+g(e,t)\}
\]

我们可以利用分治。

如果要求出\(l\leq t\leq r\)的所有\(f(x,t)\)和\(g(e,t)\)，不妨设\(mid=l+r>>1\)，

先求出\(mid<t\leq r\)的\(f\)，并用这些\(f\)去更新\(l\leq t\leq mid\)的\(g\)，然后递归下去即可。

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（方法co自这位大佬的博客）

对于\(g(e,t)\)，我们可以考虑把它化为卷积的形式进行更新。

令\(mid=mid+1\)，对于\(g(e,mid-1)\)，我们有\(g(e,mid-1)+=\sum\limits_{i=0}^{r-mid+1}p_{e,i+1}\cdot f(e,mid+i)\)

我们把\(f\)数组反转，\(g(e,mid-1)+=\sum\limits_{i=0}^{r-mid+1}p_{e,i+1}\cdot f(e,r-i)\)。

在映射一下：\(g(e,mid-1)+=\sum\limits_{i=0}^{r-mid+1}p^{\prime}_{e,i}\cdot f^\prime(e,r-mid-i)\)。

即：\(g(e,mid-x)+=\sum\limits_{i=0}^{r-mid+1}p^{\prime}_{e,i}\cdot f^\prime(e,r-(mid-x)-i-1)\)

用\(ans(r-(mid-x)-1)\)来更新\(g(mid-x)\)，即用\(ans(r-t-1)\)来更新\(g(t)\)。

代码实现

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<cstdlib>
#define MAXN 1<<30
typedef long long LL;
const int N=100005;
using namespace std;
inline int Getint(){register int x=0,f=1;register char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

const double pi=acos(-1);
struct Z{
	double r,i;
	Z(double _r=0,double _i=0){r=_r,i=_i;}
	Z operator + (const Z &a)const{return Z(r+a.r,i+a.i);}
	Z operator - (const Z &a)const{return Z(r-a.r,i-a.i);}
	Z operator * (const Z &a)const{return Z(r*a.r-i*a.i,r*a.i+i*a.r);}
	Z operator / (const double &a)const{return Z(r/a,i/a);}
	Z operator /= (const double &a) {return *this=Z(r/a,i/a);}
};
void FFT(Z *a,int x,int K){
	static int rev[N],lst;
	int n=1<<x;
	if(n!=lst){
		for(int i=0;i<n;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<x-1);
		lst=n;
	}
	for(int i=0;i<n;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int i=1;i<n;i<<=1){
		int tmp=i<<1;
		Z wn(cos(pi/i),sin(pi*K/i));
		for(int j=0;j<n;j+=tmp){
			Z w(1,0);
			for(int k=0;k<i;k++,w=w*wn){
				Z x=a[j+k],y=w*a[i+j+k];
				a[j+k]=x+y,a[i+j+k]=x-y;
			}
		}
	}
	if(K==-1)for(int i=0;i<n;i++)a[i]/=n;
}
Z a[N],b[N];

int n,m,T,X;
double p[105][20005];
struct node{int x,y,z;}s[105];
double mp[55][55],f[55][N],g[105][N];
void Floyd(){
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				mp[i][j]=min(mp[i][j],mp[i][k]+mp[k][j]);
}
void Cal(int l,int mid,int r){
	int len=r-l;
	for(int j=1;j<=m;j++){
		int x=ceil(log2(len+r-mid));
		fill(a,a+(1<<x),0),fill(b,b+(1<<x),0);
		for(int i=0;i<r-mid+1;i++)a[i].r=f[s[j].y][r-i];
		for(int i=0,lim=min(T,len);i<lim;i++)b[i].r=p[j][i+1];
		FFT(a,x,1),FFT(b,x,1);
		for(int i=0;i<(1<<x);i++)a[i]=a[i]*b[i];
		FFT(a,x,-1);
		for(int i=mid-1;i>=l;i--)g[j][i]+=a[r-i-1].r;
	}
}
void Binary(int l,int r){
	if(l==r){
		for(int i=1;i<=m;i++)
			f[s[i].x][l]=min(f[s[i].x][l],s[i].z+g[i][l]);
		return;
	}
	int mid=l+r>>1;
	Binary(mid+1,r);
	Cal(l,mid+1,r);
	Binary(l,mid);
}
int main(){
	n=Getint(),m=Getint(),T=Getint(),X=Getint();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(i^j)mp[i][j]=MAXN;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x=Getint(),y=Getint(),z=Getint();
		s[i]=(node){x,y,z};
		mp[x][y]=min(mp[x][y],1.0*z);
		for(int j=1;j<=T;j++)p[i][j]=(double)Getint()/100000;
	}
	Floyd();
	for(int j=T+1;j<=2*T;j++)f[n][j]=X;
	for(int i=1;i<n;i++){
		for(int j=0;j<=T;j++)f[i][j]=MAXN;
		for(int j=T+1;j<=2*T;j++)f[i][j]=X+mp[i][n];
	}
	Cal(1,T+1,2*T);
	Binary(0,T);
	printf("%.6f",f[1][0]);
	return 0;
}