bzoj4720 / P1850 换教室（Floyd+期望dp）

P1850 换教室

先用Floyd把最短路处理一遍，接下来就是重头戏了

用 f [ i ][ j ][ 0/1 ] 表示在第 i 个时间段，发出了 j 次申请（注意不一定成功），并且在这个时间段是否（1/0）申请换了教室

需要知道的一点是：既然是期望，我们求的就是边权*概率（P4316 绿豆蛙的归宿）的和

同样的，在这题中，我们需要求的是，可转移的状态（d [ i ][ j ]）*概率之和。

既然是求最小期望，那么我们只要求从第 1->n 个时间段中可以转移的最短（期望）路径，统计这条路径上的期望即可

所以列出状态转移方程（详见代码），解决qwq

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
using namespace std;
inline int Int(){
    char c=getchar(); int x=0;
    while(!isdigit(c)) c=getchar();
    while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
    return x;
}
inline int min1(const int &a,const int &b) {return a<b? a:b;}
inline double min2(const double &a,const double &b) {return a<b ?a:b;}

int n,m,v,e,a[2002],b[2002],d[302][302];
double c[2002],f[2002][2002][2];

int main(){
    n=Int(); m=Int(); v=Int(); e=Int();
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=Int();
    for(int i=1;i<=n;++i) b[i]=Int();
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lf",&c[i]);

    memset(d,63,sizeof(d));
    int q1,q2,q3;
    for(int i=1;i<=e;++i){
        q1=Int(); q2=Int(); q3=Int();
        d[q1][q2]=d[q2][q1]= d[q1][q2]<q3 ? d[q1][q2]:q3;
    }
    for(int k=1;k<=v;++k)
        for(int i=1;i<=v;++i)
            for(int j=1;j<=v;++j)
                d[i][j]=min1(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
    for(int i=1;i<=v;++i) d[i][i]=0; 
//Floyd最短路

    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=0;j<=m;++j)
            f[i][j][0]=f[i][j][1]=100000000;
    f[1][0][0]=f[1][1][1]=0;
    for(int i=2;i<=n;++i) //对于每一种状态进行转移：找到一种期望最小、可以转移过来的状态
    {
        f[i][0][0]=f[i-1][0][0]+d[a[i-1]][a[i]];
        for(int j=1;j<=m;++j)
        {
            f[i][j][0]=min2(f[i][j][0],f[i-1][j][0]
            +(double)d[a[i-1]][a[i]]); //这次和上次都不申请
            f[i][j][0]=min2(f[i][j][0],f[i-1][j][1]
            +(double)d[b[i-1]][a[i]]*c[i-1] //这次不申请，上次申请成功
            +(double)d[a[i-1]][a[i]]*(1.0-c[i-1])); //这次不申请，上次申请失败
            f[i][j][1]=min2(f[i][j][1],f[i-1][j-1][0]
            +(double)d[a[i-1]][b[i]]*c[i] //这次申请成功，上次不申请
            +(double)d[a[i-1]][a[i]]*(1.0-c[i])); //这次申请失败，上次不申请
            f[i][j][1]=min2(f[i][j][1],f[i-1][j-1][1]
            +(double)d[b[i-1]][b[i]]*c[i-1]*c[i] //这次和上次都申请成功
            +(double)d[a[i-1]][b[i]]*(1.0-c[i-1])*c[i] //这次申请成功，上次申请失败
            +(double)d[b[i-1]][a[i]]*c[i-1]*(1.0-c[i]) //这次申请失败，上次申请成功
            +(double)d[a[i-1]][a[i]]*(1.0-c[i-1])*(1.0-c[i])); //这次和上次都申请失败
        }
    }
    double ans=100000000.00;
    for(int i=0;i<=m;++i) ans=min2(ans,min2(f[n][i][0],f[n][i][1])); //扫一遍找最小期望
    printf("%.2lf",ans);
    return 0;
}