題目傳送門

一道困擾了我很久的題，好多次的刷題計劃裡都自動略過這道，一部分原因是因為這題目名字和noip2012借教室實在過於相像，另一部分原因，是這道題看起來實在太複雜了......

但noipCSP迫在眉睫，於是我開始做這題，做著做著，感覺海星，有點上頭(x

不說了，來看題吧

1.題目解析

題目大意是，現在有一張圖，牛牛每個時間段會從給定的一個點走到另一個點，每個時間段內他可以選擇申請改去另一個點，但這種申請只能進行至多m次。每次申請有失敗的可能，並且申請失敗依舊會算入總數中。已知每次申請成功的概率，求期望走到的最短路。

首先，我們要解決一個問題，什麼是期望？期望又可以稱為帶權平均數，具體可以檢視百度百科（

在這道題中，假設現在的選擇是從i走到j，申請改變到x，那麼這段路的期望值就是a[i][x]*p[i]（當前最短路乘以申請成功的概率）+a[i][j]*(1-p[i])（申請不成功的情況），這裡p[i]的求值會在後文裡提到。

明白了嗎，接下來，我們就要開始思考該如何解題了

2.一些處理

我們首先要求出幾個點之間的最短路，由於資料量並不是很大，在所有方法裡隨便選一個就好，我直接打了最簡單的 floyed。因為要多次取用，建議直接使用鄰接矩陣（其實就是懶）。當然如果你想用 Dijkstra 或者別的演算法的話，那也可以，隨便......

這部分直接粘板子上去就可以。

void floyed()
{
    for(int k=1;k<=v;k++)
        for(int i=1;i<=v;i++)
            for(int j=1;j<i;j++)
                if(f[i][k]+f[k][j]<f[i][j])
                {
                      f[i][j]=f[i][k]+f[k][j];
                      f[j][i]=f[i][k]+f[k][j];
                }   
}
 

記得要先給 f 陣列賦好極大值，否則在後來進行決策的時候會被判斷成可以通過（因為中間是取最小值來著）

然後是 dp 方程的狀態。

首先我們需要用 dp 方程記錄當前時間點和換教室的次數，於是先設定兩維 i 和 j 代表當前這次轉移是 i 時間點時已經申請了 j 次交換。又由於每次進行轉移的時候，都有申請更換和不申請更換兩種選擇，所以咱們再新增一維 k 代表此時是否申請了更換。

所以最後的 dp 陣列就是 dp[i][j][k] 代表 i 時間時已經更換了 j 次教室並且當前的更換狀態是 k（0或1）。

下面讓我們來推導 dp 的轉移方程。

3. dp 方程推導

這道題裡最麻煩的部分就是 dp 方程。各種狀態真的寫瘋我......

來分成幾個部分看一下。

對於每一個點，我們都可以列舉當前換了 j 次教室的情況。所以兩重列舉分別如下：

for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=min(i,m);j++)//當 i 小於 m 的時候，最多更換 i 次，所以可以進行剪枝
        {
                
        }
    }

對於每個dp狀態，都有換和不換兩種情況。

如果不換的話，那麼當前的最短路徑就是上一次更換或不更換的最小值。上一次換，這次便應該是從 d[i-1] 走到 c[i]。上一次不換就會麻煩一點，需要計算申請成功和不成功的期望和，方程用語言描述比較麻煩，直接看具體轉移。

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

如果換，那考慮的就是四種情況。

換成功，上一次換了

換失敗，上一次換了

換成功，上一次沒換

換失敗，上一次沒換

接下來迎來本程式碼最長的一句話

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

很 不 友 好

然後因為換教室的次數只要小於給定次數就可以滿足，所以我們給所有可能取一個最小值，即可得出答案。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int c[2005],d[2005];
double k[2005],dp[2005][2005][2],f[2005][2005];
int n,m,v,e;
void floyed()
{
    for(int k=1;k<=v;k++)
        for(int i=1;i<=v;i++)
            for(int j=1;j<i;j++)
                if(f[i][k]+f[k][j]<f[i][j])
                {
                      f[i][j]=f[i][k]+f[k][j];
                      f[j][i]=f[i][k]+f[k][j];
                }   
}
int main()
{
//    freopen("P1850_18.in","r",stdin);
//    freopen("P1850.out","w",stdout);
    cin>>n>>m>>v>>e;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>d[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>k[i];
    
    for(int i=1;i<=v;i++)
        for(int j=1;j<i;j++)
            f[i][j]=f[j][i]=2147483640;
            
    for(int i=1;i<=e;i++) 
    {
        int x,y;
        double z;
        cin>>x>>y>>z;
        f[x][y]=min(f[x][y],z);
        f[y][x]=min(f[y][x],z);
    }
    
    floyed();
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=m;j++)
        {
            dp[i][j][0]=2147483640;
            dp[i][j][1]=2147483640;
        }
    }
    dp[1][0][0]=0;dp[1][1][1]=0;
    
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        //double road=f[c[i-1]][c[i]];
        for(int j=0;j<=min(i,m);j++)
        {
            dp[i][j][0]=min(dp[i-1][j][0]+f[c[i-1]][c[i]],dp[i-1][j][1]+f[d[i-1]][c[i]]*k[i-1]+f[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i-1]));
            if(j!=0) dp[i][j][1]=min(dp[i-1][j-1][0]+f[c[i-1]][d[i]]*k[i]+f[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i]),dp[i-1][j-1][1]+f[d[i-1]][d[i]]*k[i]*k[i-1]+f[d[i-1]][c[i]]*(1-k[i])*k[i-1]+f[c[i-1]][d[i]]*(1-k[i-1])*k[i]+f[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i-1])*(1-k[i]));    
        }
    } 
    double minn=2147483640;
    for(int i=0;i<=m;i++)
    {
        minn=min(dp[n][i][0],min(dp[n][i][1],minn));
    }
    printf("%.2f",minn);
    return 0;
}