「 Luogu P1850 」 换教室

解题思路

很明显的是个期望 $dp$。

先前想到 $dp[i][j]$ 表示第决策到第 $i$ 个时间段，已经进行了 $j$ 次申请，然后就没有然后了，因为这根本就没法转移啊，你又不知道前 $i-1$ 个时间段里哪一个时间段是申请换教室了的。所以此路不通，另寻他路---题解。天哪没有题解还咋做题啊

不妨再加入一维 $[0/1]$ 表示第 $j$ 个时间段有没有进行申请操作

那么就分为一下两种情况

• 第 $i$ 个时间段申请了
• 第 $i$ 个时间段没有申请

 

那么这两种状态分别是 $dp[i][j][1]$ 和 $dp[i][j][0]$，我们然后这个期望的话是距离乘以我走这段路的概率

算第一种情况 ( $dp[i][j][1]$ ) 包含的概率又分为下面的四种情况

• 我从 $c[i-1]\rightarrow c[i]$，这时候概率是 $(1-k[i-1])\times (1-k[i])$
• 我从 $c[i-1]\rightarrow d[i]$，这时候概率是 $(1-k[i-1])\times k[i]$
• 我从 $d[i-1]\rightarrow c[i]$，这时候概率是 $k[i-1] \times (1-k[i])$
• 我从 $d[i-1]\rightarrow d[i]$，这时候概率是 $k[i-1]\times k[i]$

 

再算第二种情况 ( $dp[i][j][0]$ ) 包含的概率又分为两种情况

• 我从 $c[i-1]\rightarrow c[i]$，这时候概率是 $(1-k[i-1])$
• 我从 $d[i-1]\rightarrow c[i]$，这时候概率是 $k[i-1]$

 

上述的大类情况仅为 $i-1$ 这个时间段进行了申请 ( $dp[i-1][j-1][1]\ or\ dp[i-1][j][1]$ )。

下面说另一种情况 ( $dp[i-1][j-1][0]\ or\ dp[i-1][j][0]$ )

• 第一种情况 ( $dp[i][j][1]$ )
  • 我从 $c[i-1]\rightarrow c[i]$，概率是 $1-k[i]$
  • 我从 $c[i-1]\rightarrow d[i]$，概率是 $k[i]$

 

• 第二种情况 ( $dp[i][j][0]$ )
  • 我从 $c[i-1]\rightarrow c[i]$，概率是 $1$

 

这就是所有的情况。

至于两个点之间的最短距离因为点的数量不超过 $300$，所以可以用 $\text{Floyd}$ 来处理

状态转移方程将上面的东西稍微整理一下就出来了，不过很长，所以不单独写了，看代码里的方程

 

附上代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 2003, INF = 1e9;
int n, m, v, e, dis[maxn][maxn], c[maxn], d[maxn];
double k[maxn], dp[2003][2003][2];
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++) cin >> k[i];
    for(int i=1; i<=v; i++)
        for(int j=1; j<=v; j++)
            dis[i][j] = INF;
    int x, y, z;
    for(int i=1; i<=e; i++) {
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
        dis[x][y] = dis[y][x] = min(z, dis[x][y]);
    }
    for(int s=1; s<=v; s++)
        for(int i=1; i<=v; i++)
            for(int j=1; j<=v; j++)
                if(dis[i][j] >= dis[i][s] + dis[s][j])
                    dis[i][j] = dis[i][s] + dis[s][j];
    for (register int i = 1; i <= v; i++)
        dis[i][i] = dis[i][0] = dis[0][i] = 0;
    for (register int i = 0; i <= n; i++)
        for (register int j = 0; j <= m; j++)
            dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = INF;
    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] + dis[c[i - 1]][c[i]];
        for(int j=1; j<=m; j++) {
            dp[i][j][0] = min (
                dp[i-1][j][1] +
                dis[c[i-1]][c[i]] * (1.0-k[i-1]) +
                dis[d[i-1]][c[i]] * k[i-1],
                dp[i-1][j][0] +
                dis[c[i-1]][c[i]]
            );
            dp[i][j][1] = min (
                dp[i-1][j-1][1] + 
                dis[d[i-1]][d[i]] * k[i-1] * k[i] + 
                dis[d[i-1]][c[i]] * k[i-1] * (1-k[i]) +
                dis[c[i-1]][d[i]] * (1-k[i-1]) * k[i] +
                dis[c[i-1]][c[i]] * (1-k[i-1]) * (1-k[i]), 
                dp[i-1][j-1][0] +
                dis[c[i-1]][d[i]] * k[i] +
                dis[c[i-1]][c[i]] * (1-k[i])
            );
        }
    }
    double ans = 1e17;
    for(int i=0; i<=m; i++)
        ans = min(ans, min(dp[n][i][0], dp[n][i][1]));
    printf("%.2lf", ans);
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/bljfy/p/9606722.html