BZOJ 4720 [Noip2016]换教室 (Floyd + 期望dp)
2016-11-30 12:31
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4720: [Noip2016]换教室
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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中情合适的课程。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)个时同段上,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,则需要提出中情。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,中情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;牛牛可以申请白己最希望更换教室的m门课程,也可以不用完这m个中情的机会,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问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;i者程度不同
,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问移动耗费的
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 32 1 2
1 2 1
0.8 0.2 0.5
1 2 5
1 3 3
2 3 1
Sample Output
2.80题目分析:首先Floyd预处理任意两个教室间的最短路,然后设dp[i][j][0]表示前i个时段申请了j次第i个时段不申请时的最小期望,dp[i][j][1]表示前i个时段申请了j次第i个时段申请时的最小期望。因此转移的时候分成四段dp[i][j][0]-dp[i-1][j][0],dp[i][j][0]-dp[i-1][j][1],dp[i][j][1]-dp[i-1][j-1][0],dp[i][j][1]-dp[i-1][j-1][1],具体就不写了,非常好写,初始时dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0,最后j从0枚举到m,k做01枚举即可
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; double const INF = 1e30; int const MAX = 2005; int n, m, v, e; int c[MAX], d[MAX]; double p[MAX], dp[MAX][MAX][2], dis[MAX][MAX]; void Floyd() { for (int k = 1; k <= v; k ++) { for (int i = 1; i <= v; i ++) { if (k != i) { for (int j = 1; j <= v; j ++) { if (i != j && j != k) { dis[i][j] = dis[j][i] = min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j]); } } } } } } int main() { scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &v, &e); 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", &p[i]); } int a, b; double w; for (int i = 1; i <= v; i ++) { for (int j = 1; j <= v; j ++) { dis[i][j] = INF; if (i == j) { dis[i][j] = 0; } } } while (e --) { scanf("%d %d %lf", &a, &b, &w); dis[a][b] = min(dis[a][b], w); dis[b][a] = dis[a][b]; } Floyd(); for (int i = 0; i <= n; i ++) { 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; for (int i = 2; i <= n; i ++) { for (int j = 0; j <= m; j ++) { if(j == 0) { dp[i][j][0] = dp[i - 1][j][0] + dis[c[i]][c[i - 1]]; } else { dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0], dp[i - 1][j][0] + dis[c[i]][c[i - 1]]); dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0], dp[i - 1][j][1] + dis[c[i]][d[i - 1]] * p[i - 1] + dis[c[i]][c[i - 1]] * (1.0 - p[i - 1])); dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] + dis[d[i]][c[i - 1]] * p[i] + dis[c[i]][c[i - 1]] * (1.0 - p[i])); dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], dp[i - 1][j - 1][1] + dis[d[i]][d[i - 1]] * p[i - 1] * p[i] + dis[d[i]][c[i - 1]] * (1.0 - p[i - 1]) * p[i] + dis[c[i]][d[i - 1]] * (1.0 - p[i]) * p[i - 1] + dis[c[i]][c[i - 1]] * (1.0 - p[i]) * (1.0 - p[i - 1])); } } } double ans = INF; for (int j = 0; j <= m; j ++) { ans = min(ans, dp [j][0]); ans = min(ans, dp [j][1]); } printf("%.2f\n", ans); }
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