题目类型：期望\(DP\)

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解题思路

题意比较复杂。时间段不如理解为时间点。可以概括为：第\(i\)个时间点要么在\(c[i]\)要么在\(d[i]\)，并且到\(d[i]\)去的期望是\(k[i]\)。也就是说申请不成功的概率是\(1-k[i]\)

由于教室最多只有\(300\)间，因此最短路直接用\(Floyd\)处理即可。

然后考虑进行期望\(DP\)。容易想到设\(dp[i][j]\)表示前\(i\)个时间点里，申请\(j\)次的耗费体力值最少的期望。然而我们发现这样设非常难转移，因为我们不知道上一节课有没有换教室。

因此我们增加一维：\(dp[i][j][k]\)表示前\(i\)个时间点里，申请\(j\)次，并且\(k=0\)第\(i\)个时间点在\(c[i]\)，\(k=1\)则在\(d[i]\)。这样就可以转移了

由于已经转化为\(DP\)问题，因此我们只需要考虑状态。分开考虑：

\[ dp[i][j][0] = \begin{cases} dp[i-1][j][0] + dis[c[i-1]][c[i]]\\ dp[i-1][j][1] + (1-k[i-1])*dis[c[i-1]][c[i]] + k[i-1]*dis[d[i-1]][c[i]] \end{cases}\]

对于\(dp[i][j][0]\)的转移，我们确定了在第\(i\)个时间点一定在教室\(c[i]\)，而起点却不确定。分开考虑乘上概率即可

\[ dp[i][j][1] = \begin{cases} dp[i-1][j-1][0] + (1-k[i])*dis[c[i-1]][c[i]] + k[i]*dis[c[i-1]][d[i]]\\ dp[i-1][j-1][1] +... \end{cases} \]

第二个方程实在太长了（放不下……），可以见代码。总体思想还是和前面差不多，不一样的是\(dp[i][j][1]\)不能代表第\(i\)个时间点在教室\(d[i]\)，而是都有可能，因此从\(dp[i-1][j-1][1]\)转移过来时要分四类讨论

Code

注意\(j=0\)也是要讨论的。另外，刚开始\(dp\)数组应该无限大，这样才能在转移时自动排除不可能的情况

/*By DennyQi 2018*/
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define  r  read()
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 2010;
const int MAXM = 20010;
const int INF = 1061109567;
inline int read(){
int x = 0; int w = 1; register char c = getchar();
for(; c ^ '-' && (c < '0' || c > '9'); c = getchar());
if(c == '-') w = -1, c = getchar();
for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + c - '0'; return x * w;
}
int N,M,V,E,x,y,z;
int c[MAXN],d[MAXN],dis[305][305];
double k[MAXN],dp[MAXN][MAXN][2],ans;
int main(){
//  freopen(".in","r",stdin);
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
N = r, M = r, V = r, E = r;
for(int i = 1; i <= V; ++i) dis[i][i] = 0;
for(int i = 1; i <= N; ++i) c[i] = r;
for(int i = 1; i <= N; ++i) d[i] = r;
for(int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%lf", k+i);
for(int i = 1; i <= E; ++i){
x = r, y = r, z = r;
dis[x][y] = min(dis[x][y], z);
dis[y][x] = min(dis[y][x], z);
}
for(int K = 1; K <= V; ++K){
for(int i = 1; i <= V; ++i){
for(int j = 1; j <= V; ++j){
dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][K] + dis[K][j]);
}
}
}
for(int i = 1; i <= N; ++i){
for(int j = 0; j <= M; ++j){
dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = 99999999.999;
}
}
dp[1][0][0] = dp[1][1][1] = 0;
for(int i = 2; i <= N; ++i){
dp[i][0][0] = dp[i-1][0][0] + dis[c[i-1]][c[i]];
for(int j = 1; j <= min(i,M); ++j){
dp[i][j][0] = min(dp[i-1][j][0] + dis[c[i-1]][c[i]], dp[i-1][j][1] + (1-k[i-1])*dis[c[i-1]][c[i]] + k[i-1]*dis[d[i-1]][c[i]]);
dp[i][j][1] = min(dp[i-1][j-1][0] + (1-k[i])*dis[c[i-1]][c[i]] + k[i]*dis[c[i-1]][d[i]], dp[i-1][j-1][1] + (1-k[i-1])*(1-k[i])*dis[c[i-1]][c[i]] + (1-k[i-1])*k[i]*dis[c[i-1]][d[i]] + k[i-1]*(1-k[i])*dis[d[i-1]][c[i]] + k[i-1]*k[i]*dis[d[i-1]][d[i]]);
}
}
ans = 9999999.999;
for(int j = 0; j <= M; ++j){
ans = min(ans, min(dp
[j][0], dp
[j][1]));
}
printf("%.2f", ans);
return 0;
}