P1850 [NOIP 2016 提高组] 换教室
P1850 [NOIP 2016 提高组] 换教室
前置知识
前言
既然没人讲与概率有关的知识的话，那就让我来简单介绍一下概率的相关知识吧，这个如果不知道的话这道题还是很难写的。
概率相关
定理 \(1\)：互补法则
定义：若事件 \(A\) 发生的概率为 \(P(A)\)，则其不发生概率为 \(1 - P(A)\)。
举例：早上起来有两种选择，吃饭和不吃饭，若吃饭的概率为 \(\dfrac{3}{10}\)，则有不吃饭的概率为 \(1 - \dfrac{3}{10} = \dfrac{7}{10}\)。
定理 \(2\)：加法法则（互斥事件）
定义：若事件 \(A_1 \sim A_n \in S\) 且 \(A_i \cap A_j=\emptyset \quad \forall i, j\in\{1,2,\dots,n\},\quad i \neq j\)。
那么集合中所有事件发生的概率 \(P = \sum_{i=1}^n P(A_i)\)。
举例：掷一次骰子时，点数大于 \(4\) 的概率 \(P = P(5) + P(6) = \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3}\)。
定理 \(3\)：乘法法则（无关事件）
定义：若事件 \(A\) 与 \(B\) 互相独立，不受影响，那么$ P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$。
举例：早上吃饭的概率为 \(\dfrac{3}{10}\)，吃完饭写作业的概率为 \(\dfrac{5}{6}\)，那么早上吃完饭后去写作业的概率为 \(\dfrac{3}{10} \times \dfrac{5}{6} = \dfrac{1}{4}\)。
题目
题目大意
牛牛需要在 \(n\) 个时间段内完成 \(2n\) 节课程，每时间段有两节课程分别安排在教室 \(c_i\) 和 \(d_i\)。牛牛可以申请更换教室，申请通过的概率为 \(k_i\)，最多申请 \(m\) 次。更换教室后，牛牛需要在教室间移动，移动的体力消耗为最短路径的体力值。求最小的体力消耗期望值。
思路
题目类型
我们发现对于每一个时间段 \(i\) 的课程，都有选 \(c_i\) 和 \(d_i\) 两种，我们可以很快想到用动态规划来解决期望概率的问题，而最短路径的话可以用弗洛伊德算法求解，因为本题 \(1 \le v \le 300\)，那么我们的状态如何设计呢？
状态设计
首先，对于每个时间段是一定要在状态里面的。其次，牛牛对于换教室这个事情其实是不感冒的，可以换或者不换，因此换了多少个教室是一定要在条件里面的。最后，因为我们按时间段向后 dp 的话，当前的 \(i\) 时间段是由 \(i - 1\) 推出的，但是无法记录上一个时间段到底换没换教室，如果要开个别的东西记录一下就太麻烦，因此就需记录上一个时间段是否换了教室。
所以我们可以这样记录状态，用 \(dp_{i,j,k}\) 来表示，在第 \(i\) 个时间段内，已经选了 \(j\) 间教室更换，\(k\) 表示当前的为这个时间段是否更换，\(k \in \{0,1\}\)。
转移方程（分类讨论）
一：选择不更换当前的教室，再次分类讨论。
由互补法则可知，当前成功更换的概率为 \(v_i\)，失败的概率即为 \(1 - v_i\)，而下文的 \(2\) 与 \(3\) 属于互斥事件，因此用加法法则，将两者的概率加到一起。
- 前一个教室不做更改，当前期望值即为 \(f_{c_{i-1},c_i}\)。
- 前一个教室做更改，且更改成功，当前期望值即为 \(v_{i-1} \times f_{d_{i-1},c_i}\)。
- 前一个教室做更改，且更改失败，当前期望值即为 \((1 - v_{i-1}) \times f_{c_{i-1},c_i}\)。
总结第一大类的情况，为了求最小值，所以取小，即可得出选择不更换当前教室的转移方程：
二：选择更换当前教室，再次分类讨论
下文的 \(1\) 和 \(2\) 属于互斥事件，而 \(3,4,5,6\) 也属于互斥事件，因此用加法法则，将两者的概率加到一起。而对于 \(3,4,5,6\)，由乘法法则，则将两次概率相乘。
- 前一个教室不做更改，且当前教室更改成功，当前期望值即为 \(v_i \times f_{c_{i-1},d_i}\)
- 前一个教室不做更改，且当前教室更改失败，当前期望值即为 \((1 - v_i) \times f_{c_{i-1},c_i}\)
- 前一个教室做更改，且前一个更改成功，当前教室更改成功，当前期望值即为 \(v_{i-1} \times v_i \times f_{d_{i-1},d_i}\)
- 前一个教室做更改，且前一个更改成功，当前教室更改失败，当前期望值即为 \(v_{i-1} \times (1 - v_i) \times f_{d_{i-1},c_i}\)
- 前一个教室做更改，且前一个更改失败，当前教室更改成功，当前期望值即为 \((1 - v_{i-1}) \times v_i \times f_{c_{i-1},d_i}\)
- 前一个教室做更改，且前一个更改失败，当前教室更改失败，当前期望值即为 \((1 - v_{i-1}) \times (1 - v_i) \times f_{c_{i-1},c_i}\)
总结第一大类的情况，这里的 \(j\) 不要忘记 \(-1\)，即可得出选择更换当前教室的转移方程：
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
using namespace std;
const int MAXN = 2005;
const int MAXV = 305;
double f[MAXV][MAXV];
int n,m,e,v;
int c[MAXN],d[MAXN];
double k[MAXN];
double dp[MAXN][MAXN][2];
signed main(){
cin.tie(0) -> ios::sync_with_stdio(0);
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 <= v;j ++){
f[i][j] = 1e18;
}
f[i][i] = 0;
}
for(int u,v,w,i = 1;i <= e;i ++){
cin >> u >> v >> w;
f[v][u] = f[u][v] = min(f[u][v],w * 1.0);
}
for(int t = 1;t <= v;t ++){
for(int i = 1;i <= v;i ++){
for(int j = 1;j <= v;j ++){
if(f[i][t] + f[t][j] < f[i][j]){
f[i][j] = f[i][t] + f[t][j];
}
}
}
}
for(int i = 1;i <= n;i ++){
for(int j = 0;j <= m;j ++){
dp[i][j][1] = dp[i][j][0] = 1e18;
}
}
dp[1][1][1] = dp[1][0][0] = 0;
for(int i = 2;i <= n;i ++){
for(int j = 0;j <= m;j ++){
dp[i][j][0] = min(dp[i - 1][j][0] + f[c[i - 1]][c[i]],dp[i - 1][j][1] + k[i - 1] * f[d[i - 1]][c[i]] + (1 - k[i - 1]) * f[c[i - 1]][c[i]]);
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] + k[i - 1] * k[i] * f[d[i - 1]][d[i]] + k[i - 1] * (1 - k[i]) * f[d[i - 1]][c[i]] + (1 - k[i - 1]) * k[i] * f[c[i - 1]][d[i]] + (1 - k[i - 1]) * (1 - k[i]) * f[c[i - 1]][c[i]]);
}
}
double ans = 1e18;
for(int i = 0;i <= m;i ++){
ans = min(ans,min(dp[n][i][1],dp[n][i][0]));
}
cout << fixed << setprecision(2) << ans << '\n';
return 0;
}
本文来自一名高中生，作者：To_Carpe_Diem
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