记忆的轮廓 期望 四边形不等式dp|题解
记忆的轮廓
题目描述
通往贤者之塔的路上，有许多的危机。
我们可以把这个地形看做是一颗树，根节点编号为1，目标节点编号为n，其中1-n的简单路径上，编号依次递增，在[1,n]中，一共有n个节点。我们把编号在[1,n]的叫做正确节点，[n+1,m]的叫做错误节点。一个叶子，如果是正确节点则为正确叶子，否则称为错误叶子。莎缇拉要帮助昴到达贤者之塔，因此现在面临着存档位置设定的问题。
为了让昴成长为英雄，因此一共只有p次存档的机会，其中1和n必须存档。被莎缇拉设置为要存档的节点称为存档位置。当然不能让昴陷入死循环，所以存档只能在正确节点上进行，而且同一个节点不能存多次档。因为通往贤者之塔的路上有影响的瘴气，因此莎缇拉假设昴每次位于树上一个节点时，都会等概率选择一个儿子走下去。每当走到一个错误叶子时，再走一步就会读档。具体的，每次昴到达一个新的存档位置，存档点便会更新为这个位置（假如现在的存档点是i，现在走到了一个存档位置j>i，那么存档点便会更新为j）。读档的意思就是回到当前存档点。初始昴位于1，当昴走到正确节点n时，便结束了路程。莎缇拉想知道，最优情况下，昴结束路程的期望步数是多少？
输入格式
第一行一个正整数T表示数据组数。
接下来每组数据，首先读入三个正整数n,m,p。
接下来m-n行，描述树上所有的非正确边（正确边即连接两个正确节点的边）
用两个正整数j，k表示j与k之间有一条连边，j和k可以均为错误节点，也可以一个为正确节点另一个为错误节点。
数据保证j是k的父亲。
50<=p<=n<=700，m<=1500，T<=5。
数据保证每个正确节点均有至少2个儿子，至多3个儿子。
输出格式
T行每行一个实数表示每组数据的答案。请保留四位小数。
样例
样例输入
1
3 7 2
1 4
2 5
3 6
3 7样例输出
9.0000
题解
考场上推出了一个死掉的弱智算法
然而精度出了问题，加上本题根本没有小数据，被强行卡成了0分
我们不关注走到错误节点之后的去向
只要dfs处理出 每个正确节点的错误节点儿子走出树的期望步数即可
设dp（i，j）表示从第n个点，中间存了j个档，第j个存档在节点i的期望步数，
使用高斯消元的思想，我们可以得到dp（i，j）由dp（k，j-1）转移的公式 （i<k≤n）dfs打出来即可
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 using namespace std;
5 const double inf=1e10;
6 const int N=720,M=1550;
7 int n,m,p,tot;
8 int first[M],to[M],nxt[M],cd[M];
9 double w[M],dp[N][N];
10 void dfs(int x)
11 {
12 if(x==n) return ;
13 if(x<n) dfs(x+1);
14 w[x]=1;
15 for(int i=first[x];i;i=nxt[i])
16 {
17 dfs(to[i]);
18 w[x]+=w[to[i]]/cd[x];
19 }
20 }
21 void add(int a,int b)
22 {
23 cd[a]++;
24 to[++tot]=b;
25 nxt[tot]=first[a];
26 first[a]=tot;
27 }
28 inline int read()
29 {
30 int x=0; char ch=getchar();
31 while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
32 while(isdigit(ch))
33 {
34 x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
35 ch=getchar();
36 }
37 return x;
38 }
39 int th;
40 pair<double,double> search(int pos,int aim,int k)//系数 常数
41 {
42 pair<double,double> now,f;
43 if(pos>n)
44 {
45 now.first=1; now.second=w[pos];
46 return now;
47 }
48 if(pos==aim)
49 {
50 now.first=0; now.second=dp[aim][k]+1;
51 return now;
52 }
53 now.first=now.second=0;
54 f=search(pos+1,aim,k);
55 now.first+=f.first/cd[pos];
56 now.second+=f.second/cd[pos];
57 for(int i=first[pos];i;i=nxt[i])
58 {
59 f=search(to[i],aim,k);
60 now.first+=f.first/cd[pos];
61 now.second+=f.second/cd[pos];
62 }
63 if(pos!=th) now.second+=1;
64 return now;
65 }
66 void dpt(int pos,int k)//在pos处 第k个存档
67 {
68 th=pos;
69 for(int i=pos+1;i<=min(n,n-k+2);i++)//由在i处 存k-1个档转移
70 {
71 pair<double,double> now=search(pos,i,k-1);
72 dp[pos][k]=min(dp[pos][k],now.second/(1-now.first));
73 }
74 }
75 int main()
76 {
77 int T; T=read();
78 while(T--)
79 {
80 memset(first,0,sizeof(first));
81 memset(cd,0,sizeof(cd));
82 tot=0;
83 n=read(); m=read(); p=read();
84 for(int i=0;i<=n;i++)
85 for(int j=0;j<=n;j++)
86 dp[i][j]=inf;
87 for(int i=1,f,t;i<=m-n;i++)
88 {
89 f=read(); t=read();
90 add(f,t);
91 }
92 dfs(1);
93 for(int i=1;i<=m;i++) w[i]+=1;
94 for(int i=1;i<=n;i++) cd[i]++;
95 dp[n][1]=0;
96 for(int i=n-1;i>=1;i--)
97 for(int j=2;j<=min(p,n-i+1);j++)
98 dpt(i,j);
99 printf("%.4lf",dp[1][p]);
100 }
101 return 0;
102 }
103 /*
104 1
105 3 7 2
106 1 4
107 2 5
108 3 6
109 3 7
110 */
将重复的dfs删去，改成循环的形式，可以得到O（n2p）的算法
然而被卡了精度，只好改了longdouble
正解（或许）
四边形不等式：对于任意a<b<=c<d，
转移代价w满足w(a,d)+w(b,c)<=w(a,c)+w(b,d)
对于形如 f[i]=max{f[i],f[j]+w(j,i)} 的转移方程
满足决策单调性，即如果i的最优决策点在j，大于i的任何元素的最优决策点一定大于等于j
预处理出从存档点i到存档点j的cost数组
结合实际意义发现满足四边形不等式
于是可以用决策单调性
使「1，n」区间决策「1，n」区间
在向下递归过程中，扫一遍决策区间，找出 被决策区间中点 的最优决策点
中点左侧的区间，由最优决策点及左侧的区间决策
右侧的区间由右侧的区间决策
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 using namespace std;
5 const int N=720,M=1550;
6 const double inf=1e99;
7 int n,m,p,tot,first[M],to[M],nxt[M],cd[M];
8 double w[M],dp[N][N],cost[N][N];
9 void dfs(int x)
10 {
11 if(x==n) return ;
12 if(x<n) dfs(x+1);
13 w[x]=1;
14 for(int i=first[x];i;i=nxt[i])
15 {
16 dfs(to[i]);
17 w[x]+=w[to[i]]/cd[x];
18 }
19 }
20 void add(int a,int b)
21 {
22 cd[a]++;
23 to[++tot]=b;
24 nxt[tot]=first[a];
25 first[a]=tot;
26 }
27 inline int read()
28 {
29 int x=0; char ch=getchar();
30 while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
31 while(isdigit(ch))
32 {
33 x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
34 ch=getchar();
35 }
36 return x;
37 }
38 void solve(int dep,int l,int r,int lf,int rf)//lf rf决策l到r
39 {
40 if(l>r) return ;
41 int mid=l+r>>1,home=lf;
42 dp[mid][dep]=inf;
43 for(int i=lf;i<=min(rf,mid-1);i++)
44 {
45 double tmp=dp[i][dep-1]+cost[i][mid];
46 if(tmp<dp[mid][dep]) dp[mid][dep]=tmp,home=i;
47 }
48 solve(dep,l,mid-1,lf,home);
49 solve(dep,mid+1,r,home,rf);
50 }
51 int main()
52 {
53 int T; T=read();
54 while(T--)
55 {
56 memset(first,0,sizeof(first));
57 memset(cd,0,sizeof(cd));
58 tot=0;
59 n=read(); m=read(); p=read();
60 for(int i=1,f,t;i<=m-n;i++)
61 {
62 f=read(); t=read();
63 add(f,t);
64 }
65 dfs(1);
66 for(int i=1;i<=m;i++) w[i]+=1;
67 for(int i=1;i<=n;i++) cd[i]++;
68 for(int i=1;i<=n;i++)
69 {
70 cost[i][i]=0;
71 for(int j=i+1;j<=n;j++)
72 {
73 cost[i][j]=cd[j-1]*cost[i][j-1]+1;
74 for(int u=first[j-1];u;u=nxt[u])
75 cost[i][j]+=w[to[u]];
76 }
77 }
78 for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][1]=inf;
79 dp[1][1]=0;
80 for(int i=2;i<=p;i++)
81 solve(i,1,n,1,n);
82 printf("%.4lf\n",dp[n][p]);
83 }
84 return 0;
85 }
刚开始做的时候inf设的不够大，导致无法更新，也就无法固定决策的区间，出现了问题
