洛谷 P1850 [NOIP 2016 提高组] 换教室

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题目传送门

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前言

终于自己想出概率期望 $dp$ 的状态了，但是依旧没能相对转移方程。（招笑）

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暴力

这题部分分和特殊情况分给的挺多的，所以先拿部分分。

一、思路

1. 先跑一边 $Floyd$ 最短路求出两点间最短距离 $di{s}_{i,j}$。
2. 对于 $m=0$，答案就是 ${\sum }_{i=1}^{n-1}di{s}_{c_i,c_{i+1}}$；
   对于所有 $n\le 20$，直接用状态压缩，二进制枚举所有 【申请情况】 与 【同意情况】（注意：这两者不一样，因为申请了不一定同意，所以枚举申请情况之下还要枚举同意情况），直接计算。

二、复杂度

1. 空间：$O(v^2+n)$。
2. 时间：对于 $m=0$，$O(v^3+n)$；对于 $n\le 20$，$O(v^3+n\times 2^n\times 2^m)$。
   （当然后者的时间复杂度远远跑不满，因为对于多数数据 $m$ 很小，会限制枚举的状态数量）

三、代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 2e3 + 7;
const int maxv = 3e2 + 7;
const int inf  = 0x3f3f3f3f;int n, m, v, e;
int c[maxn], d[maxn];
double p[maxn];
int dis[maxv][maxv];
void Floyd() {for (int k = 1; k <= v; ++k)for (int i = 1; i <= v; ++i)for (int j = 1; j <= v; ++j)dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j]);
}
double ans;
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) scanf("%lf", p + i);memset(dis, inf, sizeof(dis));for (int i = 1; i <= v; ++i) dis[i][i] = dis[0][i] = dis[i][0] = 0;for (int i = 1, a, b, w; i <= e; ++i) {scanf("%d%d%d", &a, &b, &w);dis[a][b] = dis[b][a] = min(w, dis[a][b]);}Floyd();if (m == 0) {for (int i = 1; i < n; ++i)ans += dis[c[i]][c[i + 1]];printf("%.2lf\n", ans);return 0;}ans = 2e9;for (int s = 0; s < (1 << n); ++s) {  // 枚举【申请情况】if (__builtin_popcount(s) > m) continue;  // 用来计算 s 二进制中有多少个 1 的函数double sum = 0;  // 此【申请情况】下的期望for (int ss = s; 1; ss = s & (ss - 1)) {  // 枚举【同意情况】double tmp = 0;  // 此【同意情况】对【申请情况】的贡献for (int i = 2; i <= n; ++i) {int lst = ((ss & (1 << (i - 1 - 1))) ? d[i - 1] : c[i - 1]);int now = ((ss & (1 << (i - 1))) ? d[i] : c[i]);tmp += dis[lst][now];}for (int i = 1; i <= n; ++i)if (ss & (1 << (i - 1))) tmp *= p[i];else if (s & (1 << (i - 1))) tmp *= 1 - p[i];sum += tmp;if (ss == 0) break;}ans = min(ans, sum);}printf("%.2lf\n", ans);return 0;
} 

期望得分 $68pts$，实际得分 $68pts$。
（洛谷测评机跑出来挺迷的，应该是数据水的问题，前面暴力的数据点一部分没过，后面正解的数据点过了一部分）

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正解

概率期望的题一般就是拿 $dp$ 做。

一、思路

状态设计

• 很明显要有两维的状态 $i,j$，表示前 $i$ 个中选了 $j$ 个。
  但是由于花费还与上一状态有关（上一个课程是在 $c_i$ 还是 $d_i$），所以还要一维表示这个课是否被申请了。
• 设 $d{p}_{i,j,0/1}$ 表示在前 $i$ 个课中 申请了（注意不是同意！！）$j$ 个，且第 $i$ 个课【没被申请 / 被申请了】时的最小期望。

状态转移

1. 若当前课程 $i$ 不申请，且上一个课程也没有申请，那么转移方程为：$$d{p}_{i,j,0}=min(d{p}_{i,j},d{p}_{i-1,j,0}+di{s}_{c_{i-1},c_i})$$
2. 若当前课程 $i$ 不申请，但上一个课程申请了，那么转移方程为（转移条件为 $j>0$）：$$d{p}_{i,j,0}=min(d{p}_{i,j,0},d{p}_{i-1,j,1}+di{s}_{c_{i-1},c_i}\times (1-k_i)+di{s}_{d_{i-1},c_i}\times k_i)$$后面的分别对应【上一次申请没通过】和【上一次申请通过了】；
3. 若当前课程 $i$ 申请，那么上一次可以申请，也可以不申请，总共有四种情况，在此就不列举出来了（条件当然也是 $j>0$）。

边界条件

• 只有一个课程时，申请或不申请期望花费都为 $0$，即：$d{p}_{1,0,0}=d{p}_{1,1,1}=0$。
• 而对于 $d{p}_{1,0,1},d{p}_{1,1,0}$ 这种不合法状态，我们可以先把他们设为正无穷，这样就不会从它门转移了。

答案

• 因为题目说可以不用玩 $m$ 次申请，所以答案就是 m i n i = 0 m { d p n , i , 0 , d p n , i , 1 } min_{i = 0}^{m} \left\{dp_{n, i,0}, dp_{n, i, 1} \right\} mini=0m​{dpn,i,0​,dpn,i,1​}。

复杂度

1. 空间：$O(v^2+n\times m)$；
2. 时间：$O(v^3+n\times m)$。

二、代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 2e3 + 7;
const int maxv = 3e2 + 7;
const int inf  = 0x3f3f3f3f;int n, m, v, e;
int c[maxn], d[maxn];
double p[maxn];
int dis[maxv][maxv];
void Floyd() {for (int k = 1; k <= v; ++k)for (int i = 1; i <= v; ++i)for (int j = 1; j <= v; ++j)dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j]);
}double dp[maxn][maxn][2];
double ans;
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) scanf("%lf", p + i);memset(dis, 63, sizeof(dis));for (int i = 1; i <= v; ++i) dis[i][i] = dis[i][0] = dis[0][i] = 0;for (int i = 1, a, b, w; i <= e; ++i) {scanf("%d%d%d", &a, &b, &w);dis[a][b] = dis[b][a] = min(w, dis[a][b]);}Floyd();for (int i = 0; i <= n; ++i)for (int j = 0; j <= m; ++j)dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = 2e9;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 <= min(i, m); ++j) {// 巨丑马蜂dp[i][j][0] = min(dp[i - 1][j][0] + dis[c[i - 1]][c[i]],dp[i - 1][j][1] + dis[c[i - 1]][c[i]] * (1 - p[i - 1]) + dis[d[i - 1]][c[i]] * p[i - 1]);dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] + dis[c[i - 1]][c[i]] * (1 - p[i]) + dis[c[i - 1]][d[i]] * p[i]);dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], dp[i - 1][j - 1][1] + dis[c[i - 1]][c[i]] * (1 - p[i - 1]) * (1 - p[i]) + dis[c[i - 1]][d[i]] * (1 - p[i - 1]) * p[i] + dis[d[i - 1]][c[i]] * p[i - 1] * (1 - p[i]) + dis[d[i - 1]][d[i]] * p[i - 1] * p[i]);}}ans = 2e9;for (int i = 0; i <= m; ++i)ans = min(ans, min(dp[n][i][0], dp[n][i][1]));printf("%.2lf\n", ans);return 0;
} 

期望的分 $100pts$，实际得分 $100pts$。