【BZOJ】4720: [Noip2016]换教室

4720: [Noip2016]换教室

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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

---

Solution

16年叫我去做这个就废物一个叻...

其实是很简单的期望DP，难点是怎么定义DP方程和到底怎么算期望....

看数据范围，两两点间最短路直接用$floyed$处理出来。（输入的时候两点间距离要取min！！！）

然后就是转移了。定义$dp[i][j][0/1]$表示目前到了第$i$节课，当前已经申请了$j$次（包括这次），这次申不申请，为什么是申不申请而不是成功没有？这样就不能表示概率了。

所以转移方程显然，就是如果申请，加上成功的概率乘上这样两点间$dis$再加上失败的概率乘当前$dis$就是当前期望，因为还要看$i-1$的申请情况，所以如果当前不申请就可能从两个状态转移，如果申请就从四个状态转移。

$dp[i][j][0] = min(dp[i-1][j][0] + G[c[i-1]][c[i]], dp[i-1][j][1] + G[c[i-1]][c[i]] * (1.0-p[i-1]) + G[d[i-1]][c[i]] * p[i-1]);$

$if(j >= 1) dp[i][j][1] = min(dp[i-1][j-1][0] + G[c[i-1]][c[i]] * (1.0 - p[i]) + G[c[i-1]][d[i]] * p[i], dp[i-1][j-1][1] + G[c[i-1]][c[i]] * (1.0 - p[i-1]) * (1.0 - p[i])+ G[c[i-1]][d[i]] * (1.0 - p[i-1]) * p[i] + G[d[i-1]][c[i]] * (1.0 - p[i]) * p[i-1] + G[d[i-1]][d[i]] * p[i-1] * p[i]);$

这里$G$表示预处理出来的最短路。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

double dp[][][], G[][], p[];
int c[], d[];
int main() {
    int n, m, v, e;
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &v, &e);
    for(int i = ; i <= n; i ++)    scanf("%d", &c[i]);
    for(int i = ; i <= n; i ++)    scanf("%d", &d[i]);
    for(int i = ; i <= n; i ++)    scanf("%lf", &p[i]);
    for(int i = ; i <= v; i ++)
        for(int j = ; j <= v; j ++)    G[i][j] = 0x3f3f3f3f;
    for(int i = ; i <= e; i ++) {
        int a, b; double c;
        scanf("%d%d%lf", &a, &b, &c);
        G[a][b] = min(G[a][b], c);
        G[b][a] = G[a][b];
    }
    for(int i = ; i <= v; i ++)    G[i][i] = ;
    for(int k = ; k <= v; k ++)
        for(int i = ; i <= v; i ++)
            for(int j = ; j <= v; j ++)
                G[i][j] = min(G[i][j], G[i][k] + G[k][j]);
    for(int i = ; i <= n; i ++)
        for(int j = ; j <= n; j ++)
            for(int k = ; k <= ; k ++)
                dp[i][j][k] = 0x3f3f3f3f;
    dp[][][] = , dp[][][] = ;
    for(int i = ; i <= n; i ++)
        for(int j = ; j <= m && j <= i; j ++) {
            dp[i][j][] = min(dp[i-][j][] + G[c[i-]][c[i]], dp[i-][j][] + G[c[i-]][c[i]] * (1.0-p[i-]) + G[d[i-]][c[i]] * p[i-]);
            if(j >= ) {
                dp[i][j][] = min(dp[i-][j-][] + G[c[i-]][c[i]] * (1.0 - p[i]) + G[c[i-]][d[i]] * p[i], dp[i-][j-][] + G[c[i-]][c[i]] * (1.0 - p[i-]) * (1.0 - p[i])
                                    + G[c[i-]][d[i]] * (1.0 - p[i-]) * p[i] + G[d[i-]][c[i]] * (1.0 - p[i]) * p[i-] + G[d[i-]][d[i]] * p[i-] * p[i]);
            }
        }
    double ans = 0x3f3f3f3f;
    for(int i = ; i <= m; i ++)
        for(int j = ; j <= ; j ++)
            ans = min(ans, dp[n][i][j]);
    printf("%.2lf", ans);
}