【NOIp2016 day1t3】换教室

NOIP第一次考期望，着实吓一跳。。。

读入之后，

由于 n<=200 n <= 200 n，给我们建立了天然的 floyd f l o y d floyd的机会，

建完图之后，能够顺利的想到dp

状态 dp[i][j][k] d p [ i ] [ j ] [ k ] dp[i][j][k]表示前 i i i节课，换了j" role="presentation" style="position: relative;">jjj次教室，第 i−1 i − 1 i-1节课有没有换教室（k）（ k ）（k）的期望行走的距离

期望友情链接

很明显，

1、初始的时候， dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0，其余的为∞ d p [ 1 ] [ 0 ] [ 0 ] = d p [ 1 ] [ 1 ] [ 1 ] = 0 ，其余的为 ∞ dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0，其余的为∞

2、转移的时候，考虑

首先 dp[i][0][0]=dp[i−1][0][0]+dis[c[i−1]−>c[i]] d p [ i ] [ 0 ] [ 0 ] = d p [ i − 1 ] [ 0 ] [ 0 ] + d i s [ c [ i − 1 ] − > c [ i ] ] dp[i][0][0]=dp[i-1][0][0]+dis[c[i-1]->c[i]]

之后对于所有的 j∈min(i,m), j ∈ m i n ( i , m ) , j∈min(i,m),

1） dp[i][j][0] d p [ i ] [ j ] [ 0 ] dp[i][j][0],因为 i−1 i − 1 i-1不选，所以上一节课的位置固定在 c[i−1] c [ i − 1 ] c[i-1]，有以下可能方案：

①被迫第i节课在 c[i] c [ i ] c[i]上，有 (1−k[i]) ( 1 − k [ i ] ) (1-k[i])的概率

②第 i i i节课在d[i]" role="presentation" style="position: relative;">d[i]d[i]d[i]上，有 k[i] k [ i ] k[i]的概率

前两种都是申请换课的情况

③不考虑换课百分之一百在 c[i] c [ i ] c[i]上课。

于是乎就有

dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],/*原最优解*/
min(dp[i-1][j][0]+dis[c[i-1]][c[i]],/*不考虑换课*/
dp[i-1][j][1]+dis[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i-1]) /*没换成功*/
+dis[d[i-1]][c[i]]*k[i-1])) /*换成功了*/;

2） dp[i][j][1] d p [ i ] [ j ] [ 1 ] dp[i][j][1]上一节课必换课，以下几种情况情况：

①不去换第 i−1 i − 1 i-1节课，

#1 i i i课换成功，k[i]" role="presentation" style="position: relative;">k[i]k[i]k[i]的可能

#2 i i i课没换成功 (1−k[i])" role="presentation" style="position: relative;">(1−k[i])(1−k[i])(1-k[i])的可能

②第 i−1 i − 1 i-1节课换成功了，有 k[i−1] k [ i − 1 ] k[i-1]的可能

#1 i i i课换成功，k[i]" role="presentation" style="position: relative;">k[i]k[i]k[i]的可能

#2 i i i课换失败，（1−k[i]）" role="presentation" style="position: relative;">（1−k[i]）（1−k[i]）（1-k[i]）的可能

③第 i−1 i − 1 i-1堂课换失败了，有 (1−k[i−1]） ( 1 − k [ i − 1 ] ） (1-k[i-1]）得可能

#1 i i i课换成功，k[i]" role="presentation" style="position: relative;">k[i]k[i]k[i]的可能

#2 i i i课换失败，（1−k[i]）" role="presentation" style="position: relative;">（1−k[i]）（1−k[i]）（1-k[i]）的可能（同上）

于是乎

dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1], /*原先最优解*/
min(dp[i-1][j-1][0]/*i-1不换*/
+dis[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i])/*i课换失败*/
+dis[c[i-1]][d[i]]*k[i],/*i课换成功*/
dp[i-1][j-1][1]/*i-1课换成功*/
+dis[d[i-1]][d[i]]*k[i]*k[i-1]/*i-1,i课成功*/
+dis[d[i-1]][c[i]]*(1-k[i])*k[i-1]/*i失败，i-1成功*/
+dis[c[i-1]][d[i]]*k[i]*(1-k[i-1])/*i成功，i-1失败*/
+dis[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i])*(1-k[i-1])/*i-1,i都失败*/)) ;

这样就搞定了

3.答案： minmi=0min(dp[n][i][0],dp[n][i][1]) min i = 0 m m i n ( d p [ n ] [ i ] [ 0 ] , d p [ n ] [ i ] [ 1 ] ) \min_{i=0}^mmin(dp[n][i][0],dp[n][i][1])

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const double inf = 1e17;
const int N = 2010 ;
double dp[N][N][2] ;//dp[i][j][k]表示前i节课，换了j节课，第i-1有没有换
int c[N],d[N],dis[310][310] ;
double k[N] ;
int n,m,v,e ;
int main(){scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&v,&e) ;//时间段，可更换，教室数，道路数 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]) ;memset(dis,0x3f,sizeof(dis)) ; for (int i=1;i<=e;i++){int a,b,c ;scanf("%d%d%d",&a,&b,&c) ;dis[b][a]=dis[a][b]=min(dis[a][b],c) ;}for (int K=1;K<=v;K++) //一波Floyd for (int i=1;i<=v;i++)for (int j=1;j<=v;j++)dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][K]+dis[K][j]) ;for (int i=1;i<=v;i++) dis[i][i]=dis[i][0]=dis[0][i]=0 ;for (int i=0;i<=n;i++)for (int j=0;j<=m;j++)dp[i][j][1]=dp[i][j][0]=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]+dis[c[i-1]][c[i]] ; for (int j=1;j<=min(i,m);j++){dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],min(dp[i-1][j][0]+dis[c[i-1]][c[i]],dp[i-1][j][1]+dis[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i-1])+dis[d[i-1]][c[i]]*k[i-1])) ;dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],min(dp[i-1][j-1][0]+dis[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i])+dis[c[i-1]][d[i]]*k[i],dp[i-1][j-1][1]+dis[d[i-1]][d[i]]*k[i]*k[i-1]+dis[d[i-1]][c[i]]*k[i-1]*(1-k[i])+dis[c[i-1]][d[i]]*(1-k[i-1])*k[i]+dis[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i-1])*(1-k[i]))) ;}}double ans=inf ;for (int i=0;i<=m;i++) ans=min(ans,min(dp[n][i][0],dp[n][i][1])) ;printf("%.2lf",ans) ;
}

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