NOIP2016换教室 BZOJ 4720

Posted 2020-10-11

BZOJ 4720 换教室

题目描述：

 

对于刚上大学的牛牛来说,他面临的第一个问题是如何根据实际情况申请合适的课程。在可以选择的课程中,有2n节

 

课程安排在n个时间段上。在第i(1≤i≤n)个时间段上,两节内容相同的课程同时在不同的地点进行,其中,牛牛预先

 

被安排在教室ci上课,而另一节课程在教室di进行。在不提交任何申请的情况下,学生们需要按时间段的顺序依次完

 

成所有的n节安排好的课程。如果学生想更换第i节课程的教室,则需要提出申请。若申请通过,学生就可以在第i个

 

时间段去教室di上课,否则仍然在教室ci上课。由于更换教室的需求太多,申请不一定能获得通过。通过计算,牛牛

 

发现申请更换第i节课程的教室时,申请被通过的概率是一个已知的实数ki,并且对于不同课程的申请,被通过的概率

 

是互相独立的。学校规定,所有的申请只能在学期开始前一次性提交,并且每个人只能选择至多m节课程进行申请。

 

这意味着牛牛必须一次性决定是否申请更换每节课的教室,而不能根据某些课程的申请结果来决定其他课程是否申

 

请;牛牛可以申请自己最希望更换教室的m门课程,也可以不用完这m个申请的机会,甚至可以一门课程都不申请。因

 

为不同的课程可能会被安排在不同的教室进行,所以牛牛需要利用课间时间从一间教室赶到另一间教室。牛牛所在

 

的大学有v个教室,有e条道路。每条道路连接两间教室,并且是可以双向通行的。由于道路的长度和拥堵程度不同,

 

通过不同的道路耗费的体力可能会有所不同。当第i(1≤i≤n-1)节课结束后,牛牛就会从这节课的教室出发,选择一

 

条耗费体力最少的路径前往下一节课的教室。现在牛牛想知道,申请哪几门课程可以使他因在教室间移动耗费的体

 

力值的总和的期望值最小,请你帮他求出这个最小值。

 

Input

第一行四个整数n,m,v,e。n表示这个学期内的时间段的数量;m表示牛牛最多可以申请更换多少节课程的教室;

v表示牛牛学校里教室的数量;e表示牛牛的学校里道路的数量。

第二行n个正整数,第i(1≤i≤n)个正整数表示c,,即第i个时间段牛牛被安排上课的教室;保证1≤ci≤v。

第三行n个正整数,第i(1≤i≤n)个正整数表示di,即第i个时间段另一间上同样课程的教室;保证1≤di≤v。

第四行n个实数,第i(1≤i≤n)个实数表示ki,即牛牛申请在第i个时间段更换教室获得通过的概率。保证0≤ki≤1。

接下来e行,每行三个正整数aj,bj,wj,表示有一条双向道路连接教室aj,bj,通过这条道路需要耗费的体力值是Wj;

保证1≤aj,bj≤v,1≤wj≤100。

保证1≤n≤2000,0≤m≤2000,1≤v≤300,0≤e≤90000。

保证通过学校里的道路,从任何一间教室出发,都能到达其他所有的教室。

保证输入的实数最多包含3位小数。

 

Output

输出一行,包含一个实数,四舎五入精确到小数点后恰好2位,表示答案。你的

输出必须和标准输出完全一样才算正确。

测试数据保证四舎五入后的答案和准确答案的差的绝对值不大于4*10^-3。(如果你不知道什么是浮点误差,这段话

可以理解为:对于大多数的算法,你可以正常地使用浮点数类型而不用对它进行特殊的处理)

 

Sample Input

3 2 3 3
2 1 2
1 2 1
0.8 0.2 0.5
1 2 5
1 3 3
2 3 1

Sample Output

2.80

 

题目分析：这算是一道，期望dp的模板题吧（蒟蒻不是自己看出来的QAQ）

首先来想状态的定义...从数据范围来看n m都是2000，复杂度大概是nm，但是这样不好转移，加一维0/1

dp[i][j][0/1]表示，前i节课，共申请了j次，第i节课有没有申请，的最小期望距离

点数只有500，可以很容易的使用floyd算法预处理出多源最短路。考虑转移

dp[i][j][0]可以从dp[i - 1][j][0/1]转移过来，也就是前i - 1节课已经申请了j次，这是比较好转移的，代码如下

1 dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i - 1][j][0] + dis[c[i - 1]][c[i]]);
2 dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i - 1][j][1] + k[i - 1] * dis[d[i - 1]][c[i]] + (1 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][c[i]]);

dp[i][j][1]的转移就比较复杂了，分两种。

第一种，上一节课没有申请，那么转移只要从dp[i - 1][j - 1][0]转移过来就可以了，转移是只需要考虑这一次成不成功的期望

第二种，上一次也申请了，转移从dp[i - 1][j - 1][1]转移，但是估计期望距离的时候就比较麻烦了，上一次可以成功||不成功，这次也是，共有四种情况。

处理好细节~

 

安利朋友的博客：http://www.cnblogs.com/shingen/p/7718306.html

 

CODES：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 
 6 #define RI register int
 7 using namespace std;
 8 typedef long long ll;
 9 
10 const int INF = 1e9 + 7;
11 const int MAXN = 2000 + 5;
12 
13 #define max(a,b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
14 #define min(a,b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
15 
16 inline void read(int &x)
17 {
18     x = 0;
19     bool flag = 0;
20     char ch = getchar();
21     while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘)
22     {
23         if(ch == ‘-‘)    flag = 1;
24         ch = getchar();
25     }
26     while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘)
27     {
28         x = x * 10 + ch - ‘0‘;
29         ch = getchar();
30     }
31     if(flag)    x *= -1;
32 }
33 
34 int n,m,v,e;
35 double dp[MAXN][MAXN][2],k[MAXN],ans;
36 int dis[MAXN][MAXN],c[MAXN],d[MAXN],f,t,val;
37 
38 void init()
39 {
40     memset(dp,127,sizeof(dp));
41     memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
42     ans = dp[0][0][0],dp[1][0][0] = 0,dp[1][1][1] = 0;
43 }
44 
45 void get()
46 {
47     read(n),read(m),read(v),read(e);
48     for(int i = 1;i <= v;i ++)    dis[i][i] = 0;
49     for(int i = 1;i <= n;i ++)    read(c[i]);
50     for(int i = 1;i <= n;i ++)    read(d[i]);
51     for(int i = 1;i <= n;i ++)    scanf("%lf",&k[i]);
52     for(int i = 1;i <= e;i ++)
53     {
54         read(f),read(t),read(val);
55         if(f == t)    continue;
56         dis[f][t] = dis[t][f] = min(val,dis[f][t]);
57     }
58 }
59 
60 void floyd()
61 {
62     for(RI k = 1;k <= v;k ++)
63         for(RI i = 1;i <= v;i ++)
64             for(RI j = 1;j <= v;j ++)
65                 dis[i][j] = min(dis[i][j],dis[i][k] + dis[k][j]);            
66 }
67 
68 void DP()
69 {
70     for(RI i = 2;i <= n;i ++)
71     {
72         dp[i][0][0] = dp[i - 1][0][0] + dis[c[i - 1]][c[i]];
73         for(RI j = 1;j <= min(m,i);j ++)
74         {
75             dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i - 1][j][0] + dis[c[i - 1]][c[i]]);
76             dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i - 1][j][1] + k[i - 1] * dis[d[i - 1]][c[i]] + (1 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][c[i]]);
77             dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1],dp[i - 1][j - 1][0] + k[i] * dis[c[i - 1]][d[i]] + (1 - k[i]) * dis[c[i - 1]][c[i]]);
78             dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1],dp[i - 1][j - 1][1] + 
79                                 k[i - 1] * k[i] * dis[d[i - 1]][d[i]] +
80                                 k[i - 1] * (1 - k[i]) * dis[d[i - 1]][c[i]] +
81                                 (1 - k[i - 1]) * k[i] * dis[c[i - 1]][d[i]] +
82                                 (1 - k[i - 1]) * (1 - k[i]) * dis[c[i - 1]][c[i]]);
83             if(i == n)    ans = min(ans,dp[i][j][0]),ans = min(ans,dp[i][j][1]);
84         }
85     }
86     ans = min(ans,dp[n][0][0]);
87     printf("%.2lf\\n",ans);
88 }
89 
90 int main()
91 {
92     init();
93     get();
94     floyd();
95     DP();
96     return 0;
97 }

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