noip2016 day1T3题解

这个题作为第三题算是比较水，但期望。。。

先Floyd一遍，求到每两个点之间的距离

然后

先考虑只有一个时间段的时候，很明显答案是0.00

在考虑有两个时间段的时候，我先假设全部都可以申请更换
有4情况：

1第一个点不改，第二个点不改 就是dist(c[i-1],c[i])
2第一个点不改，第二个点改 就是dist(c[i-1],d[i]×p[i]+dist(c[i-1],c[i])×(1-p[i])
3第一个点改，第二点不改 就是dist(d[i],c[i])×p[i-1]+dist(c[i-1],c[i]）×(1-p[i-1])
4第一个点改，第二点改 就是dist(c[i-1],d[i])×(1-p[i-1])×p[i] +dist(c[i-1],c[i])×(1-p[i-1])×(1-p[i])+dist(d[i-1],c[i])×p[i-1]×(1-p[i])+dist(d[i-1],d[i])×p[i-1]×p[i]

情况已经很明显了，我们用动态规划
dp[i][j][0/1]表示对于第i个时间段，还可以用j次机会，而且第i个时间段是否已经用这次机会(0表示不换，1表示换)

1不换第i的一个时间段 有两种情况i-1换了，i-1没有换
转移方程就是dp(i,j,0)=min(dp(i-1,j,0)+dist(c[i-1],c[i]),
dp(i-1,j,1)+dist(d[i],c[i])×p[i-1]+dist(c[i-1],c[i]）×(1-p[i-1]))
2换第i的一个时间段 有两种情况i-1换了，i-1没有换
转移方程就是dp(i,j,1)=min(dp(i-1,j-1,0)+dist(c[i-1],d[i]×p[i]+dist(c[i-1],c[i])×(1-p[i]),
dp(i-1,j-1,1)+dist(c[i-1],d[i])×(1-p[i-1])×p[i]+dist(c[i-1],c[i])×(1-p[i-1])×(1-p[i])+dist(d[i-1],c[i])×p[i-1]×(1-p[i])+dist(d[i-1],d[i])×p[i-1]×p[i])

不难发现一开始只有dp(0,0,0)和dp(0,1,1)为0，其他的都是INF,
在转移的时候注意j=0时不能进行第二种转移而且0<=j<=min(i,m)
浮点数的问题，一开始全部用double就行

代码

#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;const int MAX=2100;const int MAXN=90000;const int INF=1<<20;struct Edge{    int a,b;    double dist;}l[MAXN];//int n,m,v,e;int c[MAX+10],d[MAX+10];double p[MAX+10];double dist[MAX+10][MAX+10];double dp[MAX+10][MAX+10][2];//void read(void);void solve(void);void floyd(void);void Dp(void);int main(){    read();    solve();    return 0;}void read(void){    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>>p[i];    for(int i=1;i<=e;i++) cin>>l[i].a>>l[i].b>>l[i].dist;}void floyd(void){    for(int i=1;i<=e;i++){        int a=l[i].a,b=l[i].b;        double D=l[i].dist;        dist[a][b]=min(dist[a][b],D);        dist[b][a]=dist[a][b];    }       //        for(int k=1;k<=v;k++)    for(int i=1;i<=v;i++)    for(int j=1;j<=v;j++)    dist[i][j]=min(dist[i][k]+dist[k][j],dist[i][j]);}void Dp(void){    for(int i=2;i<=n;i++)    for(int j=0;j<=m;j++){        //        dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],dp[i-1][j][0]+dist[c[i-1]][c[i]]);        dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],                                       //0 0                        dp[i-1][j][1]+dist[d[i-1]][c[i]]*p[i-1]                        +dist[c[i-1]][c[i]]*(1-p[i-1]));        //        if(j>0){        dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i-1][j-1][0]                        +dist[c[i-1]][d[i]]*p[i]+dist[c[i-1]][c[i]]*(1-p[i]));        dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],                        dp[i-1][j-1][1]                        +dist[c[i-1]][d[i]]*(1-p[i-1])*(p[i])                        +dist[c[i-1]][c[i]]*(1-p[i-1])*(1-p[i])                        +dist[d[i-1]][c[i]]*(p[i-1])*(1-p[i])                        +dist[d[i-1]][d[i]]*p[i-1]*p[i]);            }    }}void solve(void){    for(int i=1;i<=v;i++) for(int j=1;j<=v;j++) dist[i][j]=INF;    for(int i=1;i<=v;i++) dist[i][i]=0;    floyd();    for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m;j++) dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=INF;    dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0;    Dp();    double ans=INF;    for(int i=0;i<=m;i++) ans=min(ans,min(dp[n][i][0],dp[n][i][1]));    printf("%.2lf",ans);}