【题解】P1850 [NOIP2016 提高组] 换教室（组合数学，概率，期望）
【题解】P1850 [NOIP2016 提高组] 换教室
大概是我做的第一道概率期望 DP。
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思路分析
根据题意。
用 \(dp_{i,j}\) 表示走到了第 \(i\) 个教室，当前换了 \(j\) 次的方案数。
考虑转移。
发现转移不仅仅与 \(i\) 和 \(j\) 有关，还跟一个状态有关：当前这个教室换还是没有换。
所以我们可以定义 \(dp_{i,j,k}\) 表示现在走到了第 \(i\) 个教室，当前换了 \(j\) 次，第 \(i\) 个教室换还是没有换的期望。
除此之外，我们在转移的时候，还要维护一个两个点之间的最短路，因为每次都是从一个点沿着最短路走到另一个点。
这个我们可以用 Floyd 算法实现。用 \(dd_{i,j}\) 表示从 \(i\) 到 \(j\) 的最短路。
考虑对于一个状态 \(dp_{i,j,0/1}\) 如何转移。
显然，根据期望的定义 \(E(x)=\sum x\times P(x)\)。
我们可以算出每一种情况下的 \(x\) 和 \(P(x)\)，然后累加即可。
然后我们可以对于 \(k\) 进行分类讨论，由于题目要求的是消耗体力值最小，那么我们可以直接对每一种 \(k\) 的情况下的所有情况取最小值即可。
那么分类讨论：
-
对于 \(dp_{i,j,0}\)（当前节点未交换）：
-
从 \(dp_{i-1,j,0}\) 转移（上一个节点未交换）：这个是最容易的。显然有：
\[case_1=dp_{i-1,j,0}+dd_{c[i-1],c[i]} \]相当于直接从第 \(i-1\) 个点走到 \(i\)，直接加上最短路即可。
-
从 \(dp_{i-1,j,1}\) 转移（上一个节点交换）：
两种情况： 上一个节点换成功了/没换成功。
有 \(k_{i-1}\) 的概率换成功了，\(1-k_{i-1}\) 的概率没换成功。（注意这里是 \(k_{i-1}\) 而不是 \(k_i\)。）
如果换成功了，那么上一个节点就是 \(d[i-1]\)，没换成功上一个节点还是 \(c[i-1]\)。
当前节点都是 \(c[i]\)。
那么有：
\[case_2=dp_{i-1,j,1}+dd_{d[i-1],c[i]}\times k_{i-1}+dd_{c[i-1],c[i]}\times (1-k_{i-1}) \]
那么 \(dp_{i,j,0}=\min(case_1,case_2)\)。
-
-
对于 \(dp_{i,j,1}\)（当前节点交换）：
-
从 \(dp_{i-1,j-1,0}\) 转移（上一个节点未交换）：
也就是说上一个节点没有进行交换。
两种情况。这个节点换成功/没换成功。
有 \(k_i\) 的概率换成功了，\(1-k_i\) 的概率没换成功。
显然上一个节点都是 \(c[i-1]\)。
如果换成功了，那么当前节点是 \(d[i]\)，没换成功就还是 \(c[i]\)。
那么有：
\[case_3=dp_{i-1,j-1,0}+dd_{c[i-1],d[i]} \times k_i +dd_{c[i-1],c[i]}\times(1-k_i) \] -
从 \(dp_{i-1,j-1,1}\) 转移（上一个节点交换）：
这种情况是最复杂的。二次分类讨论。
首先对于上一个节点：有交换成功和没成功两种可能。
对于交换成功，上一个节点是 \(d[i-1]\)；对于没换成功，上一个节点是 \(c[i-1]\)。
有 \(k_{i-1}\) 的概率交换成功，有 \(1-k_{i-1}\) 的概率没换成功。
对于当前节点：也有交换成功和没成功两种可能。
对于交换成功，当前节点是 \(d[i]\)；对于没换成功，当前节点是 \(c[i]\)。
有 \(k_i\) 的概率交换成功，有 \(1-k_i\) 的概率没换成功。
将上述每种情况的两种情况分别匹配。
可以得到以下四种情况：
-
上一个节点换成功，这个节点也换成功；
-
上一个节点换成功，这个节点没换成功；
-
上一个节点没换成功，这个节点换成功；
-
上一个节点没换成功，这个节点也没换成功。
总共 4 种情况。总的递推式就是：
\[\begin{aligned} case_4&=dp_{i-1,j-1,1}+dd_{d[i-1],d[i]} \times k_{i-1} \times k_i\\&+dd_{d[i-1],c[i]} \times k_{i-1} \times (1-k_i)\\&+dd_{c[i-1],d[i]}\times (1-k_{i-1})\times k_i\\&+dd_{c[i-1],c[i]}\times (1-k_{i-1})\times (1-k_i)\end{aligned} \] -
那么 \(dp_{i,j,1}=\min(case_3,case_4)\)。
-
最后的答案就是 \(ans= \min(dp_{n,i,0},dp_{n,i,1})(0 \le i \le m)\)
易错点
- 用 Floyd 算法时，注意中间节点是在最外层循环（而不是最内层）；
- 这道题非常复杂，要注意不要漏掉任何一种情况，按顺序分类讨论；
- 字母下标 +1 -1 容易搞错。
- 由于最后求的期望，\(k\) 数组和 \(dp\) 数组都要设为 double 类型，而不是 int。
- 初始化时，记得让所有 \(dd_{i,i}=dd_{i,0}=dd_{0,i}=0\)，以及 \(dp_{1,0,0}=dp_{1,1,1}=0\)。对于其它所有的 \(dp_{i,j,0/1}\) 都初始化为 INF。
代码实现
/luoguP1850
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2005;
int dd[maxn][maxn];
int c[maxn],d[maxn];
double k[maxn],dp[maxn][maxn][2],ans;
inline int read()
{
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-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
signed main()
{
int n,m,v,e;
n=read();m=read();v=read();e=read();
for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>k[i];
memset(dd,0x3f,sizeof(dd));
for(int i=1;i<=e;i++)
{
int a,b,w;
a=read();b=read();w=read();
dd[a][b]=min(dd[a][b],w);
dd[b][a]=min(dd[b][a],w);
}
//floyed 预处理 dd[i][j]：i 到 j 的最短路
for(int k=1;k<=v;k++)
{
for(int i=1;i<=v;i++)
{
for(int j=1;j<=v;j++)
{
dd[i][j]=min(dd[i][j],dd[i][k]+dd[k][j]);
}
}
}
for(int i=1;i<=v;i++)dd[i][i]=dd[i][0]=dd[0][i]=0;
//求 dp[i][j][0]：走到了第 i 个教室，换了 j 次，当前教室换还是不换的方案数。
for(int i=0;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=m;j++)dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=100000000000000000.0;
}
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]+dd[c[i-1]][c[i]];
for(int j=1;j<=min(i,m);j++)
{
dp[i][j][0]=min(dp[i-1][j][0]+dd[c[i-1]][c[i]],dp[i-1][j][1]+dd[d[i-1]][c[i]]*k[i-1]+dd[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i-1]));
dp[i][j][1]=dp[i-1][j-1][0]+dd[c[i-1]][d[i]]*k[i]+dd[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i]);
dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i-1][j-1][1]+dd[d[i-1]][d[i]]*k[i]*k[i-1]+dd[c[i-1]][d[i]]*(1-k[i-1])*k[i]+dd[d[i-1]][c[i]]*k[i-1]*(1-k[i])+dd[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i-1])*(1-k[i]));
}
}
//统计答案
ans=100000000000000000.0;
for(int i=0;i<=m;i++)ans=min(ans,min(dp[n][i][0],dp[n][i][1]));
cout<<fixed<<setprecision(2)<<ans<<endl;
return 0;
}
