【codeforces 553E】 Kyoya and Train
http://codeforces.com/problemset/problem/553/E (题目链接)
艹尼玛，CF还卡劳资常数w(ﾟДﾟ)w！！系统complex被卡TLE了T_T，劳资写了一天一夜啊！！博客都写了这么长啊！！
题意
${n}$个点${m}$条边的有向图，给出起点和终点，如果不能在${T}$时间内到达终点则需要付出一定的代价，走每条边需要付出给定的代价，每条边经过时间的分布列给定，最小化所需要的期望的代价。
Solution
毛爷爷论文题。
先考虑暴力${DP}$怎么做。${f_{x,t}}$表示到达${x}$点，花费时间${t}$所期望的最小代价。那么转移很显然，对于从${x}$出发的每一条边${e_i=(x,y_i)}$，设${P_{e_i,t}}$为走这条边经过时间${t}$的概率，那么转移方程：$${f_{x,t}=Min \{\sum_{j=1}^{T} {f_{y_i,t+j}*P_{e_i,j}}\}}$$
刚开始一直不太理解这个${DP}$，题目中并没有保证给出的有向图是个${DAG}$，那这样的${DP}$不应该用高斯消元求解吗。其实可以这样理解，我们把图看做是按照时间分层的有向图，每一条边至少要花费${1}$的时间，那么一个点就不可能再回到它的祖先，除非它经过的边的时间为负数。那么整个图就构成了一个${DAG}$，就可以${DP}$了。于是状态${O(T*m)}$，转移${O(T)}$，复杂度${O(m*T*T)}$，GG，考虑怎么对这个${DP}$进行优化。对于每一条边${e}$，我们用${S_{e,t}}$表示上面这个转移方程的右边${S_{e,t}=\sum_{j=1}^{T} {f_{y_i,t+j}*P_{e_i,j}}}$。那么很显然，${f}$的转移方程就可以改为：$${f_{x.t}=Min \{S_{e_i,t}\}}$$
这样做有什么用呢，我们对时间分治（当然，此时间非彼时间）。如果我们要求出所有${l<=t<=r}$的对应到所有边的${f_{x,t}}$和${S{e,t}}$，那么我们设${mid=\lceil\frac{l+r}{2}\rceil}$，先求出所有${mid<=t<=r}$的${f_{x,t}}$，然后再用这些${f_{x,t}}$去更新${l<=t<mid}$的${S_{e,t}}$，接下来递归求解${l<=r<mid}$的${f_{x,t}}$。如果${l=r}$那么直接用${S}$去更新${f}$。怎么用${f}$去更新${S}$呢，我们运用${FFT}$。$${S_{e,t}=\sum_{j=1}^{T} {f_{y_i,t+j}*P_{e_i,j}}}$$
这个东西长的就像个卷积，我们考虑怎么将它化为卷积的模式。假设现在我们计算${mid<=t<=r}$，边${e}$中，${f_{x,t}}$对${S_{e,mid-2}}$的贡献，那么如图所示：
这样的一个相乘的过程怎么转化为卷积呢，我们将${f_x}$倒过来，并在它的末尾添${0}$，就得到了卷积的形式：
于是我们就可以构造多项式：$${A(t)=\sum_{i=0}^{r-mid+1} {f_{x,r-i}×t^i} + \sum_{i=r-mid+2}{T-1} {0×t^i}}$$
$${B(t)=\sum_{i=0}^{T-1} {P_{e,i+1}×t^i}}$$
$${C=A×B}$$
那么我们可以发现，${l<=t<mid}$中，${S_{e,t}}$得到的贡献就是卷积${c_{r-t-1}=\sum_{j=0}^{r-t-1} {a_j×b_{r-t-1-j}}}$
细节
感觉这道题细节还是蛮多的，脑袋晕晕的写了一天，都怪昨天睡太晚→_→。不如讨论一下一些需要注意的细节。
第一，数组怎么开。${DP}$相关的数组的时间一维可能会很大，我们考虑当时间超过${T}$之后，具体的到达终点的时间已经对我们没有意义了，反正要罚钱，不如走一条买的票最便宜的路线到达终点。所以对于${f_{x,t}=dis(x,n)+X;t>T}$。考虑时间这一维要开大的数组，我们从一种状态${f_{x,t},t<=T}$，它最多可能转移到的状态的${t}$不会超过${2*T}$，因为一条路线最多耗费时间${T}$；而对于第二种状态${f_{x,t},t>T}$，我们可以很轻松的求出它，已经没有转移的必要了。于是乎，时间这一维的数组大小需要开到${2*T}$。
第二，考虑分治的初始化。首先，对于${T<t<=2*T}$的${f}$，它已经不需要再求一遍了，所以我们直接分治${solve(0,T)}$。在分治求解之前，我们需要计算${T<t<=2*T}$的${f}$对之前的${S}$的贡献，所以先做一遍${FFT}$，再进行分治求解。
第三，就是${FFT}$时下标之间的对应关系。
代码
// codeforces 553E
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<complex>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<ctime>
#define LL long long
#define inf 1ll<<30
#define Pi acos(-1.0)
#define upd(x,y) if ((x)>(y)) (x)=(y)
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;
inline int gi() {
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
//typedef complex<double> E;
const int maxn=110,maxm=210,maxt=20010;
//E A[maxt<<2],B[maxt<<2];
int rev[maxt<<2],dis[maxn][maxn],n,m,T,X,N,L;
double f[maxn][maxt<<1],P[maxm][maxt<<1],S[maxm][maxt<<1];
struct edge {int u,v,w;}e[maxm];
struct E{ double x,y; }A[maxt<<2],B[maxt<<2];
inline E operator + (const E &a,const E &b) { return (E){a.x+b.x,a.y+b.y}; }
inline E operator - (const E &a,const E &b) { return (E){a.x-b.x,a.y-b.y}; }
inline E operator * (const E &a,const E &b) { return (E){a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x}; }
void FFT(E *a,int f) {
for (int i=0;i<N;i++) if (i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for (int i=1;i<N;i<<=1) {
E wn=(E){cos(Pi/i),f*sin(Pi/i)};
for (int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p) {
E w=(E){1,0};
for (int k=0;k<i;k++,w=w*wn) {
E x=a[j+k],y=a[j+k+i]*w;
a[j+k]=x+y;a[j+k+i]=x-y;
}
}
}
}
void calculate(int l,int r,int mid) {
int len=r-l;
for (int j=1;j<=m;j++) {
L=-1;for (N=1;N<=len-1+r-mid;N<<=1) L++; //mdzz错误又犯了
for (int i=0;i<N;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1) | ((i&1)<<L);
for (int i=0;i<N;i++) A[i]=B[i]=(E){0,0};
for (int i=0;i<r-mid+1;i++) A[i]=(E){f[e[j].v][r-i],0};
for (int i=0;i<len;i++) B[i]=(E){P[j][i+1],0};
FFT(A,1);FFT(B,1);
for (int i=0;i<N;i++) A[i]=A[i]*B[i];
FFT(A,-1);
for (int i=mid-1;i>=l;i--) S[j][i]+=A[r-i-1].x/N;
}
}
void solve(int l,int r) {
if (l==r) {
for (int i=1;i<=m;i++) f[e[i].u][l]=min(f[e[i].u][l],S[i][l]+e[i].w);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
solve(mid+1,r);
calculate(l,r,mid+1);
solve(l,mid);
}
int main() {
n=gi(),m=gi(),T=gi(),X=gi();
for (int i=1;i<=n;i++) {
for (int j=1;j<=n;j++) dis[i][j]=inf;
dis[i][i]=0;
}
for (int i=1;i<=m;i++) {
e[i].u=gi(),e[i].v=gi(),e[i].w=gi();
dis[e[i].u][e[i].v]=min(dis[e[i].u][e[i].v],e[i].w);
for (int x,j=1;j<=T;j++) {
x=gi();
P[i][j]=(double)x/100000;
}
}
for (int k=1;k<=n;k++)
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
if (i!=j && j!=k && i!=k && dis[i][k]!=inf && dis[k][j]!=inf)
dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
for (int i=0;i<=T;i++) f[n][i]=0;
for (int i=T+1;i<=2*T;i++) f[n][i]=X;
for (int i=1;i<n;i++)
for (int j=0;j<=2*T;j++) {
if (j>T) f[i][j]=dis[i][n]+X;
else f[i][j]=inf;
}
calculate(1,T*2,T+1);
solve(0,T);
printf("%.6lf\n",f[1][0]);
return 0;
}
