[日常训练] 武馆的挑战

【问题描述】

• 在复杂的武林中，有这样一个恶人：他身手不凡，经常去各武馆闹事，并以此为乐。他的存在，让每个武馆都不得安宁。
• 这一天，某武馆不幸收到了他的挑战书。为了维护武馆的名声和尊严，武馆主和武馆里的所有武士发誓要倾尽全力击败他。
• 武馆是由 $N$ 个直接或间接相通的房间构成的，房间标号为 $0,1,……,N-1$，某些房间之间有走廊可双向互通。通过研究恶人之前闹事的过程，武官主总结了他的一些特殊癖好：
  
  • 在去武馆闹事之前，总是先深入研究过武馆的地图。
  • 在武馆内走动的过程中会遵循下列规则：
    
    • 总是从正厅（$0$ 号房间）出发。
    • 不会重复经过同一个房间。
    • 他不想白白浪费自己的体力，因此任一时刻，若他之前经过的所有房间依次是 $0,P_1,P_2,……,P_r$，则这个序列一定是从 $0$ 号房间到 $P_r$ 号房间的最短路。
    • 若到达某一点的两条路径长度相等，则他会从后向前依次比较这两条路径上的房间编号，直到找到不相同的编号，则编号小的房间所属的路径在他看来更短（从而另一条路径就一定不是最短路）。
    • 在满足上述条件的情况下，下一步若有多个房间可以选择，他将等概率选取某一房间。
    • 他将一直不停地移动，直到无法在上述条件下移动为止，这时，他就认为自己击败了整个武馆，然后大摇大摆地离开。
• 为了不让恶人顺利离开武馆，武馆主打算将 $P$ 个武士安排在某些房间，当恶人经过安排了武士的房间时，武士们和恶人会发生战斗。每个房间可以没有武士，也可以有一个甚至多名武士（以多打少？对付恶人就应该不择手段）。武馆主已经根据敌我的实力和各房间不同的环境制作了一张概率表，详细列举了在某个房间安排一定人数的武士时，在该房间里击败恶人的概率。
• 现在，他们想知道，击败恶人、保住武馆声誉的最大概率是多少。

【输入格式】

• 第一行是两个整数 $n, m$，表示武馆内的房间数和走廊数。接下来 $m$ 行，第 $i$ 行是三个整数$a_i,b_i,l_i$，表示第 $i$ 个走廊连接房间 $a_i$ 和房间 $b_i$，长度为$l_i$。之后一行是一个整数 $p$，表示武士数。接下来 $n$ 行，每行 $p$ 个 $0$ 到 $1$ 之间的实数（可以等于 $0$ 或 $1$），描述了概率表 $pt$，其中第$i$行第 $j$ 个数为 $pt[i][j]$，表示在第 $i$ 个房间安排 $j$ 名武士击败恶人的概率（安排 $0$ 个武士时概率必然为 $0$，因此省略；安排人数越多，击败恶人的概率必然不会降低）。

【输出格式】

• 只有一个实数，表示击败恶人的概率（百分比，保留两位小数）。

【输入样例】

• 4 4
  0 1 1
  0 2 2
  1 3 3
  2 3 1
  2
  0.01 0.1
  0.5 0.8
  0.5 0.8
  0.7 0.9
  0 0

【输出样例】

• 60.00

【样例解释】

• 在 $1,3$ 号房间各安排一名武士，则击败恶人的概率为：
  $$0.5 \times pt[1][1]+0.5 \times 1 \times pt[3][1]=60.00\%$$

【数据规模】

• $30\%$ 的数据，$n \le 10$
• $60\%$ 的数据，$n \le100$
• $100\%$ 的数据，$1 \le n \le 1000,0 \le m \le 10000，0 \le p \le 50，1 \le l_i \le 10000$

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• 中考后第一篇博文，一个新的开始。

【分析】

• 由题意先跑个 $SPFA$，求出起点到每个节点的最短路 $dis[i]$。
• 对于节点 $y$ 的前一步是满足 $dis[x] + len_{x \to y} = dis[y]$ 中最小的 $x$。
• 我们不妨把 $x$ 看成 $y$ 的父亲，建出一棵树。
• 那么恶人被打败即为从根节点到任一叶子结点的路径，存在有一点的武士把恶人打败。
• 这样并不好做，考虑把问题转化：
• 设 $f[x][i]$ 表示在节点 $x$ 放 $i$ 个武士，恶人获胜的最小概率。
• 初值： $f[x][i] = 1$（节点 $x$ 不放武士）。
• 转移：（用 $f'[j]$ 记下转移前的 $f[x][j]$，$s$ 表示当前子树个数）
  
  1. $f[x][i + j] = \min\{\frac{s-1}{s}f'[i] + \frac{f[y][j]}{s}\}$（在子节点 $y$ 放 $j$ 个武士）。
  2. $f[x][i + j] = \min\{f'[i] \times (1 - pt[x][j])\}$（在节点 $x$ 放 $j$ 个武士）。
  3. 答案： $1 - f[0][p]$（表示击败恶人的最大概率） 。
  4. 时间复杂度 $O(NP^2)$。

【代码】

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>

using namespace std;

inline int get()
{
    char ch; int res = 0; bool flag = false;
    while (!isdigit(ch = getchar()) && ch != '-');
    (ch == '-' ? flag = true : res = ch ^ 48);
    while (isdigit(ch = getchar())) 
        res = res * 10 + ch - 48;
    return flag ? -res : res;
} 

const int N = 1005, M = 2005, P = 55;
const int Maxn = 0x3f3f3f3f;

int n, m, p;
double pt[N][P], f[N][P], ff[P];
int dis[N], h[N * 100]; bool vis[N];
struct Edge
{
    int to, cst; Edge *nxt;
};
Edge t[M], *lst[N], *T = t;
Edge q[M], *rst[N], *Q = q;

inline void Link(int x, int y, int z)
{
    (++T)->nxt = lst[x]; lst[x] = T; T->to = y; T->cst = z;
    (++T)->nxt = lst[y]; lst[y] = T; T->to = x; T->cst = z;
}

inline void Rink(int x, int y)
{
    (++Q)->nxt = rst[x]; rst[x] = Q; Q->to = y;
}

template <class T> inline void CkMin(T &x, T y) {if (x > y) x = y;}

inline void Spfa()
{
    memset(dis, Maxn, sizeof(dis));
    int t = 0, w = 1, x, y; dis[h[1] = 0] = 0; 
    while (t < w)
    {
        vis[x = h[++t]] = false;
        for (Edge *e = lst[x]; e; e = e->nxt)
            if (dis[y = e->to] > dis[x] + e->cst)
            {
                dis[y] = dis[x] + e->cst;
                if (!vis[y]) vis[h[++w] = y] = true;
            }
    }
    for (int i = 1; i < n; ++i)
    {
        x = i; int res = Maxn;  
        for (Edge *e = lst[x]; e; e = e->nxt)
            if (dis[x] == dis[y = e->to] + e->cst) CkMin(res, y);
        Rink(res, x);
    }
}

inline void TreeDp(int x)
{
    for (Edge *e = rst[x]; e; e = e->nxt)
        TreeDp(e->to);
    int y, s = 0;
    for (int i = 0; i <= p; ++i) f[x][i] = 1;
    for (Edge *e = rst[x]; e; e = e->nxt)
    { 
        ++s; y = e->to;
        for (int i = 0; i <= p; ++i) ff[i] = 1;
        //注意这里 ff[i] 初值为 1
        //我们应保证恶人走到各个房间的情况都被算入概率 
        for (int i = 0; i <= p; ++i)
            for (int j = 0, jm = p - i; j <= jm; ++j)
                CkMin(ff[i + j], f[x][i] * (s - 1) / s + f[y][j] / s);
        for (int i = 0; i <= p; ++i) f[x][i] = ff[i];
    }
    for (int i = 0; i <= p; ++i) ff[i] = f[x][i];
    for (int i = 0; i <= p; ++i)
        for (int j = 0, jm = p - i; j <= jm; ++j)
            CkMin(f[x][i + j], ff[i] * (1 - pt[x][j]));
}

int main()
{
    freopen("challenge.in", "r", stdin);
    freopen("challenge.out", "w", stdout);

    n = get(); m = get(); int x, y;
    while (m--)
    {
        x = get(); y = get();
        Link(x, y, get());
    }
    Spfa();
    p = get();
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        for (int j = 1; j <= p; ++j)
            scanf("%lf", &pt[i][j]);
    TreeDp(0);
    printf("%.2lf", (1 - f[0][p]) * 100);

    fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0; 
}