bzoj4720
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了bzoj4720相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
期望dp
n久以前做过,再做一遍
你只能决定决策,不能决定结果,这是这道题的关键,因为我们换了教室不一定成功,所以我们应该这样设dp状态,dp[i][j][k],第i天,换j次,换没换,转移:
dp[i][j][0] = max(dp[i-1][j][0] + dis[c[i-1]][c[i]], dp[i-1][j-1][1] + dis[c[i-1]][c[i]]*(1.0-k[i]) + dis[d[i-1]][c[i]] * k[i]) 之前也不换,那么只可能从c[i-1]转移过来,之前申请了,那么有可能成功也可能没成功,于是就是上次的期望值+dis换*k[i]+dis不换*(1.0-k[i]),就是概率乘上值的和,这就是期望,然后下面具体看代码。
我0和1写错了还能在uoj上有80
感觉加深了对期望dp的理解,你只能决定决策,不能决定结果,所以我们要从之前所有可能的状态转移过来,设状态也不能设错,比如dp[i][j][k]表示i天j次在c[i]还是d[i],因为换教室是有概率的,不能决定结果
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int N = 2010; int c[N], d[N]; int n, m, v, e; double dis[310][310], dp[N][N][2], k[N]; int main() { cin >> 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", &k[i]); for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 0; j <= m; ++j) dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = 1e9; for(int i = 1; i <= v; ++i) for(int j = 1; j <= v; ++j) if(i != j) dis[i][j] = 1e9; for(int i = 1; i <= e; ++i) { int u, v; double w; scanf("%d%d%lf", &u, &v, &w); dis[u][v] = min(dis[u][v], w); dis[v][u] = min(dis[v][u], w); } for(int x = 1; x <= v; ++x) for(int i = 1; i <= v; ++i) if(i != x) for(int j = 1; j <= v; ++j) if(i != j && j != x) dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][x] + dis[x][j]); dp[1][0][0] = dp[1][1][1] = 0.0; for(int i = 2; i <= n; ++i) for(int j = 0; j <= min(m, i); ++j) { dp[i][j][0] = min(dp[i - 1][j][0] + dis[c[i]][c[i - 1]], (dp[i - 1][j][1] + dis[d[i - 1]][c[i]]) * k[i - 1] + (dp[i - 1][j][1] + dis[c[i - 1]][c[i]]) * (1.0 - k[i - 1])); if(j > 0) { dp[i][j][1] = min((dp[i - 1][j - 1][0] + dis[c[i - 1]][c[i]]) * (1.0 - k[i]) + (dp[i - 1][j - 1][0] + dis[c[i - 1]][d[i]]) * k[i], (dp[i - 1][j - 1][1] + dis[d[i - 1]][d[i]]) * k[i - 1] * k[i] + (dp[i - 1][j - 1][1] + dis[c[i - 1]][d[i]]) * (1.0 - k[i - 1]) * k[i] + (dp[i - 1][j - 1][1] + dis[d[i - 1]][c[i]]) * k[i - 1] * (1.0 - k[i]) + (dp[i - 1][j - 1][1] + dis[c[i - 1]][c[i]]) * (1.0 - k[i - 1]) * (1.0 - k[i])); } } double ans = 1e100; for(int i = 0; i <= m; ++i) ans = min(ans, min(dp[n][i][0], dp[n][i][1])); printf("%.2f\n", ans); return 0; }
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