4000 洛谷 P1850 换教室

题目描述

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 2n2n 节课程安排在 nn 个时间段上。在第 ii（1 \leq i \leq n1≤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 c_ic

?i

?? 上课，而另一节课程在教室 d_id

?i

?? 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 nn 节安排好的课程。如果学生想更换第 ii 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 ii 个时间段去教室 d_id

?i

?? 上课，否则仍然在教室 c_ic

?i

?? 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 ii 节课程的教室时，申请被通过的概率是一个已知的实数 k_ik

?i

?? ，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 mm 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 mm 门课程，也可以不用完这 mm 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 vv 个教室，有 ee 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 ii（1 \leq i \leq n-11≤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。

输入输出格式

输入格式：

第一行四个整数 n,m,v,en,m,v,e。nn 表示这个学期内的时间段的数量；mm 表示牛牛最多可以申请更换多少节课程的教室；vv 表示牛牛学校里教室的数量；ee表示牛牛的学校里道路的数量。

第二行 nn 个正整数，第 ii（1 \leq i \leq n1≤i≤n）个正整数表示 c_ic

?i

?? ，即第 ii 个时间段牛牛被安排上课的教室；保证 1 \le c_i \le v1≤c

?i

?? ≤v。

第三行 nn 个正整数，第 ii（1 \leq i \leq n1≤i≤n）个正整数表示 d_id

?i

?? ，即第 ii 个时间段另一间上同样课程的教室；保证 1 \le d_i \le v1≤d

?i

?? ≤v。

第四行 nn 个实数，第 ii（1 \leq i \leq n1≤i≤n）个实数表示 k_ik

?i

?? ，即牛牛申请在第 ii 个时间段更换教室获得通过的概率。保证 0 \le k_i \le 10≤k

?i

?? ≤1。

接下来 ee 行，每行三个正整数 a_j, b_j, w_ja

?j

?? ,b

?j

?? ,w

?j

?? ，表示有一条双向道路连接教室 a_j, b_ja

?j

?? ,b

?j

?? ，通过这条道路需要耗费的体力值是 w_jw

?j

?? ；保证 1 \le a_j, b_j \le v1≤a

?j

?? ,b

?j

?? ≤v， 1 \le w_j \le 1001≤w

?j

?? ≤100。

保证 1 \leq n \leq 20001≤n≤2000，0 \leq m \leq 20000≤m≤2000，1 \leq v \leq 3001≤v≤300，0 \leq e \leq 900000≤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 33 位小数。

输出格式：

输出一行，包含一个实数，四舍五入精确到小数点后恰好22位，表示答案。你的输出必须和标准输出完全一样才算正确。

测试数据保证四舍五入后的答案和准确答案的差的绝对值不大于 4 \times 10^{-3}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）

输入输出样例

输入样例#1：

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

输出样例#1：

2.80

说明

【样例1说明】

所有可行的申请方案和期望收益如下表:



【提示】

道路中可能会有多条双向道路连接相同的两间教室。 也有可能有道路两端连接

的是同一间教室。

2.请注意区分n,m,v,e的意义, n不是教室的数量, m不是道路的数量。



特殊性质1:图上任意两点 ai, bi, ai≠ bi间,存在一条耗费体力最少的路径只包含一条道路。

特殊性质2:对于所有的1≤ i≤ n， ki= 1 。

483 055 310

粘贴题面有些问题，不管了，GG……

想做这道题的，就认真看下面的解释，虽然有点长，但是真的不难理解

f[i][j][k]表示，当前时间为I，已经用掉的申请次数为j，k为0或1，表示当前没有申请换教室或是申请了，在这种情况下，只需要上前i节课的，最小体力期望值

说出来有点绕但并不难懂，好好想想

由于需要任意两点之间的距离，当然不可能偏偏去选长的，所以用弗洛伊德跑一遍最短路

那么就考虑转移了，由于末尾带01当然要分开来讨论

首先是0的情况，意思是当前状态f（i，j，0），没有申请，自然就固定下来了当前的位置，没有申请那教室自然还在c[i]，既然这次没有申请那自然申请次数不会变少，那只可能由f(i-1,j,0)和f(i-1,j,1)转移过来

先考虑 f(i-1,j,0)，没有什么好说的，其位置也是固定的，c[i-1]，那么f[I][j][0]=f[i-1][j][0]+dis[c[i-1]][c[i]]

然后是f(i-1,j,1)，这个就比较尴尬了，虽然这一次的位置是确定的，但是上一次就不确定了，由于申请可能失败的缘故，而上一次在d[i-1]的概率即申请成功的概率为p[i-1]，反之的概率为1-p[i-1]，那么直接有各自的概率乘上相对应的距离，就是期望，加上就好f[i][j][0]=f[i-1][j][1]+dis[c[i-1]][c[i]]*(1-p[i-1])+dis[d[i-1]][c[i]]*p[i-1]，两者之间取一个min就好

然后是1的情况

由于用掉了一次申请，所以只能由f(i-1,j-1,0)，f(i-1,j-1,1)转移过来

先考虑f(i-1,j-1,0)，就是上一次的位置是固定的，这一次不固定，参照前文，由申请成功不成功的概率乘上对应距离加上就好f（i，j，1）=f[i-1][j-1][0]+dis[c[i-1]][c[i]]*(1-p[i])+dis[c[i-1]][d[i]]*p[i]

然后是f（i-1，j-1，1），这个就比较复杂了，由于前一次和这一次的状态都是不确定的，一共有4种情况，不嫌麻烦的话还是很好懂的：f[i-1][j-1][1]+dis[c[i-1]][c[i]](1-p[i-1])(1-p[i])+dis[c[i-1]][d[i]]* p[i](1-p[i-1])+dis[d[i-1]][c[i]]*p[i-1](1-p[i])+dis[d[i-1]][d[i]]* p[i-1]*p[i];

以上

值得注意的地方

这道题有点坑，题目有可能在同两个点之间给出多条边。。跑最短路时直接忽略长的只要最短的就行了

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAXN 305
#define MAXP 2010
int n,m,tot,nn,dis[MAXN][MAXN],c[MAXP],d[MAXP];
double f[MAXP][MAXP][2],p[MAXP],ans=1e30;

inline void read(int &x){
x=0; int f=1; char c=getchar();
while(c>'9'||c<'0'){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
while(c>='0'&&c<='9'){ x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } x*=f;
}

int main(){
read(n),read(m),read(nn),read(tot);
int k,u,v,w; register int i,j;
for(i=1;i<=n;++i) read(c[i]);
for(i=1;i<=n;++i) read(d[i]);
for(i=1;i<=n;++i) scanf("%lf",&p[i]);

memset(dis,0x3f3f3f3f,sizeof dis );

for(i=1;i<=tot;++i){
read(u),read(v),read(w);
dis[u][v]=dis[v][u]=min(w,dis[u][v]);
}
for(i=1;i<=nn;++i) dis[i][i]=0;
for(k=1;k<=nn;++k)
for(i=1;i<=nn;++i)
for(j=1;j<=nn;++j)
dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
for(i=1;i<=n;++i)
for(j=0;j<=m;++j) f[i][j][0]=f[i][j][1]=1e30;
f[1][0][0]=f[1][1][1]=0;
for(i=2;i<=n;++i)
for(j=0;j<=m;++j){
double tmp1=f[i-1][j][0]+dis[c[i-1]][c[i]];
double tmp2=f[i-1][j][1]+dis[c[i-1]][c[i]]*(1-p[i-1])+dis[d[i-1]][c[i]]*p[i-1];
f[i][j][0]=min(tmp1,tmp2);
if(j>=1){
tmp1=f[i-1][j-1][0]+dis[c[i-1]][c[i]]*(1-p[i])+dis[c[i-1]][d[i]]*p[i];
tmp2=f[i-1][j-1][1]+dis[c[i-1]][c[i]]*(1-p[i-1])*(1-p[i])+dis[c[i-1]][d[i]]*p[i]*(1-p[i-1]);
tmp2+=dis[d[i-1]][c[i]]*p[i-1]*(1-p[i])+dis[d[i-1]][d[i]]*p[i-1]*p[i];
f[i][j][1]=min(tmp1,tmp2);
}
}
for(i=0;i<=m;++i) ans=min(ans,min(f
[i][0],f
[i][1]));
printf("%.2lf\n",ans);
return 0;
}