noip 2016 换教室
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第一个 完全自己想的期望+完全自己做的T3 并且 +1遍AC
Description:
Solution:
一看是一道期望题。
再一看,发现,v<=300,n,m<=2000有点意思。
大概复杂度n^2确定。
有一张图?任意两点间最短路?300就是floyd的提示嘛!!
预处理floyd确定。
发现,阶段比较明显,第i个阶段
一看就是一道期望dp题了。
dp状态:显然要记录第i阶段,显然要知道用了几个申请。恰好n方开的下。
可以设dp[i][j],表示前i阶段,包括这个阶段用了j个申请,期望值的最小值。
但是,不知道可能会在哪里,根本无法转移。
就设dp[i][j][0/1]表示,前i阶段,包括这个阶段用了j个申请,这一次有没有用申请。(仅有没有,过不过不知道。)
这样就可以转移了。
因为,知道了在哪里。
如果上一次没有用,就在c[i-1],否则一定概率在d[i-1]一定概率在 c[i-1]
转移的时候,当前是0,1同理处理一下概率即可。
注意,本质上,dp的转移思想还是,从上一个状态选择一个方案,算出这个转移的代价,取最小的转移过来。
所以,min肯定是在外面的。
至于期望的转移是否正确,就审查一下是否所有的情况概率和是1就好啦~!
Code:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2000+3; const int M=300+3; const int inf=0x3f3f3f3f; const double big=1000000007.00; int dis[M][M]; int c[N],d[N]; double f[N][N][2]; double p[N]; int n,m,v,e; int main() { scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&v,&e); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&d[i]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&p[i]); int x,y,z; memset(dis,inf,sizeof dis); for(int i=1;i<=e;i++){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); if(x==y) continue; dis[x][y]=min(dis[x][y],z); dis[y][x]=dis[x][y]; } for(int k=1;k<=v;k++){ dis[k][k]=0; for(int i=1;i<=v;i++) for(int j=1;j<=v;j++){ dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]); } } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=0;j<=m;j++) f[i][j][0]=f[i][j][1]=big; } f[1][0][0]=0.0; f[1][1][1]=0.0; for(int i=2;i<=n;i++){ for(int j=0;j<=min(i,m);j++){ f[i][j][0]=min(f[i-1][j][0]+dis[c[i-1]][c[i]], f[i-1][j][1]+p[i-1]*dis[d[i-1]][c[i]]+(1.00-p[i-1])*dis[c[i-1]][c[i]]); if(j>=1) f[i][j][1]=min( (1.00-p[i])*(f[i-1][j-1][0]+dis[c[i-1]][c[i]])+ p[i]*(f[i-1][j-1][0]+dis[c[i-1]][d[i]]), (1.00-p[i])*(f[i-1][j-1][1]+p[i-1]*dis[d[i-1]][c[i]]+(1.00-p[i-1])*dis[c[i-1]][c[i]])+ p[i]*(f[i-1][j-1][1]+p[i-1]*dis[d[i-1]][d[i]]+(1.00-p[i-1])*dis[c[i-1]][d[i]]) ); } } double ans=big; for(int j=0;j<=m;j++){ ans=min(ans,min(f[n][j][0],f[n][j][1])); } printf("%.2lf",ans); return 0; }
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