Noip 提高组 2016 Day1 T3 换教室 Floyd+期望dp

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

传送门

……感觉是一眼的dp啊……可是我不懂期望啊QAQ

首先因为要最小体力值，所以肯定是最短的路径。

V很小，Floyd预处理出两两点对间的最短路即可。

那么接下来就是dp了，

f(i,j,0/1)表示前i节课，用了j次申请，并且第i节课没申请/申请了。

那么根据期望可以累加（雾。。），得出方程：

f(i,j,0)=min{f(i−1,j,0)+dis(ci−1,ci),f(i−1,j,1)+ki−1∗dis(di−1,ci)+(1−ki−1)∗dis(ci−1,ci)}f(i,j,1)=min{f(i−1,j−1,0)+ki∗dis(ci−1,di)+(1−ki)∗dis(ci−1,ci),f(i−1,j−1,1)+calc()}

calc()太长辣。。

就是i-1和i的几率乘乘出来的四种情况，自己搞搞吧（或者看代码）

一开始以为被卡精度了，结果是循环范围有错。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,V,E,c[2005],d[2005];
double K[2005],f[2005][2005][2],mp[305][305];
void Floyd(){
for (int k=1;k<=V;k++)
for (int i=1;i<=V;i++)
for (int j=1;j<=V;j++)
mp[i][j]=min(mp[i][j],mp[i][k]+mp[k][j]);
for (int i=1;i<=V;i++) mp[i][i]=0.0;
}
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",&K[i]);
int x,y,z;
for (int i=1;i<=V;i++)
for (int j=1;j<=V;j++) mp[i][j]=20000000.0;
while (E--){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
mp[x][y]=min(mp[x][y],(double)z);
mp[y][x]=mp[x][y];
}
Floyd();
for (int i=0;i<=n;i++)
for (int j=0;j<=m;j++)
f[i][j][0]=f[i][j][1]=20000000.0;
f[1][0][0]=f[1][1][1]=0;
for (int i=2;i<=n;i++){
int tmp=min(m,i);
for (int j=0;j<=tmp;j++){
double t=f[i][j][0];
t=min(t,f[i-1][j][0]+mp[c[i-1]][c[i]]);
t=min(t,f[i-1][j][1]+(1.0-K[i-1])*mp[c[i-1]][c[i]]+K[i-1]*mp[d[i-1]][c[i]]);
f[i][j][0]=t;
if (!j) continue;
t=f[i][j][1];
t=min(t,f[i-1][j-1][0]+K[i]*mp[c[i-1]][d[i]]+(1.0-K[i])*mp[c[i-1]][c[i]]);
t=min(t,f[i-1][j-1][1]+K[i-1]*K[i]*mp[d[i-1]][d[i]]+
(1.0-K[i-1])*K[i]*mp[c[i-1]][d[i]]+
K[i-1]*(1.0-K[i])*mp[d[i-1]][c[i]]+
(1.0-K[i-1])*(1.0-K[i])*mp[c[i-1]][c[i]]);
f[i][j][1]=t;
}
}
double ans=20000000.0;
for (int j=0;j<=m;j++) ans=min(ans,min(f
[j][0],f
[j][1]));
printf("%.2lf\n",ans);
return 0;
}