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Solution:

2016年$NOIP$考的一道语文题

题面虽长，但思路并不难想

 

对于这类期望问题，大多数时候都用期望$dp$来解决

根据询问：在$n$个时间段中有$m$段可以申请调换时的最小期望值

我们可以设$dp[i][j][0/1]$表示前$i$段中有$j$段申请了且第$i$段是/否申请时的最小期望值

 

这样在用$floyd$求完多源最短路后大力推公式就好了

能这样$dp$的可行性在于期望的可加性，每一段期望距离相加就是最终的期望值

 

Tip:

1、$dp$设置状态时一般都要留出一维记录当前最末位的状态

2、犯的丝帛错误：$double$不能用$0x3f$初始化！

Code:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAXN=2005,INF=1<<30;
int n,m,v,e,c[MAXN][2],d[305][305];
double dp[MAXN][MAXN][2],p[MAXN];

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&v,&e);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i][0]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i][1]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&p[i]);
    memset(d,0x3f,sizeof(d));
    for(int i=1;i<=e;i++)
    {
        int x,y,w;scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
        d[x][y]=d[y][x]=min(d[x][y],w);
    } 
    
    for(int i=1;i<=v;i++) d[i][i]=0;
    for(int k=1;k<=v;k++)
        for(int i=1;i<=v;i++)
            for(int j=1;j<=v;j++)
                d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
    
    for(int i=0;i<=n;i++)  //double不能使用0x3f初始化 
        for(int j=0;j<=m;j++)
            dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=INF;
    dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=min(i,m);j++)
        {
            dp[i][j][0]=dp[i-1][j][0]+d[c[i-1][0]][c[i][0]];
            dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],dp[i-1][j][1]+p[i-1]*d[c[i-1][1]][c[i][0]]+(1.0-p[i-1])*d[c[i-1][0]][c[i][0]]);
            if(j>=1)
                dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i-1][j-1][0]+p[i]*d[c[i-1][0]][c[i][1]]+(1.0-p[i])*d[c[i-1][0]][c[i][0]]),
                dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i-1][j-1][1]+p[i]*p[i-1]*d[c[i-1][1]][c[i][1]]+p[i]*(1-p[i-1])*d[c[i-1][0]][c[i][1]]+(1.0-p[i])*p[i-1]*d[c[i-1][1]][c[i][0]]+(1.0-p[i])*(1.0-p[i-1])*d[c[i-1][0]][c[i][0]]);
        }
    
    double res=1e20;
    for(int i=0;i<=m;i++) 
        res=min(res,min(dp[n][i][0],dp[n][i][1]));
    printf("%.2lf",res);
    return 0;
}