[bzoj4720][Noip2016]换教室 签到概率DP

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

HINT

还记得去年没有看完题就放弃了

太弱了

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int N,M,n,m;
const int MAXN = 305;
const int MAXM = 2005;
int mp[MAXN][MAXN],c[MAXM],d[MAXM];
double dp[MAXM][MAXM][2],k[MAXM];
int main() {
scanf("%d%d%d%d", &N, &M, &n, &m) ;
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(mp,0x3f,sizeof(mp)) ;
for( int i = 1; i <= n; i++ ) mp[i][i] = 0;
for( int i = 1,u,v,w; i <= m; i++ ){
scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
mp[u][v] = min( mp[u][v], w );
mp[v][u] = min( mp[v][u], w );
}
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[j][K]);
for( int i = 1; i <= N; i++ ) for( int j = 0; j <= M; j++ ) dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = 1000000000.0;
dp[1][1][1] = dp[1][0][0] = 0.0;
for( int i = 1; i < N; i++ )
for( int j = 0; j <= M; j++ ){
dp[i+1][j][0] = min( dp[i+1][j][0], dp[i][j][0]+mp[c[i]][c[i+1]] );
dp[i+1][j][0] = min( dp[i+1][j][0], dp[i][j][1]+1.0*(1-k[i])*mp[c[i]][c[i+1]]+1.0*k[i]*mp[d[i]][c[i+1]]);
dp[i+1][j+1][1] = min( dp[i+1][j+1][1], dp[i][j][0]+1.0*(1.0-k[i+1])*mp[c[i]][c[i+1]]+1.0*k[i+1]*mp[c[i]][d[i+1]]);
dp[i+1][j+1][1] = min( dp[i+1][j+1][1], dp[i][j][1]+1.0*(1.0-k[i+1])*mp[c[i]][c[i+1]]*(1.0-k[i])+1.0*mp[c[i]][d[i+1]]*(1.0-k[i])*k[i+1]+1.0*mp[d[i]][c[i+1]]*k[i]*(1-k[i+1])+1.0*mp[d[i]][d[i+1]]*k[i]*k[i+1]);
}
double ans = 1000000000.0;
for( int j = 0; j <= M; j++ ) ans = min(ans, dp
[j][0]), ans = min(ans, dp
[j][1]) ;
printf("%.2f\n", ans);
return 0;
}