P1850 換教室（期望dp，Floyd）

P1850 換教室

題目描述

有n個課程安排，其中第i個課程安排是在$a_i$號教室上課. 每個課程安排都有相應的替代方案，也就是說，我們也可以選擇申請在$b_i$號教室上同樣的課程. 對於每個課程安排，申請通過的概率爲$p_i$，而且我們最多可以申請更換$m$個課程的上課地點. 當然，也可以選擇一個都不申請. 與此同時，課間在不同教室之間移動時有一個體力消耗值，現在我們希望求一種申請更換教室的方案，使得體力消耗值的和的期望最小.

題目分析

期望的數學定義：試驗中每次可能結果的概率乘以其結果的總和.

這裏求的期望，等於一種已經確定的選擇方案中，每一步的概率$(P)$乘以每一步的體力消耗的和.

這是一個以概率加權的平均數形式.

期望dp的基本形式：$E(x)_{min}=P_1W_1+P_2W_2+...+P_nW_n$

80pts:

觀察到測試點中有許多給出的是$m=0,m=1,m=2$的形式，把這些拿下就有差不多$80pts$了.

100pts:

我們不妨考慮動態規劃，設計狀態：$f[i][j]$表示當前$i$個課程總共選擇了$j$個進行變更時，所得到的期望最小體力消耗.

然而我們發現這樣子不足以完全表示狀態，因爲狀態還與前一個課程是否選擇更換教室有關，如果前一個課程更換了教室，那麼前後兩個課程的體力消耗值會改變. 也就是說，這樣設的狀態產生了後效性. 所幸我們知道，我們可以通過細化狀態轉移方程（即給狀態加維）來消除後效性，那麼我們就增加一維$0/1$，表示當前這個課程是否更換了教室.

接下來我們研究如何進行狀態轉移.

不妨考慮最簡單的情況，也就是$i-1$，$i$均不申請更換，那麼期望直接加上兩者之間的體力消耗即可.

然後考慮$i$不申請更換，而$i-1$申請更換的情況，那麼這樣子$i-1$就有$p_{i-1}$的可能成功更換，$1-p_{i-1}$的可能不能成功更換，由於這兩種情況都有可能發生，而期望是所有可能情況的概率乘以體力消耗的和，所以這裏應該把兩者和他們對應的體力消耗的積都加上.

由上面的描述，這種情況的期望是$f[i-1][j][1]+p[i-1]*g[b[i-1]][a[i]]+(1-p[i-1])*g[a[i-1]][a[i]]$

之後我們需要在以上兩個值中取$min$

$f[i][j][0]=min(f[i-1][j][0]+g[a[i-1]][a[i]],f[i-1][j][1]+p[i-1]*g[b[i-1]][a[i]]+(1-p[i-1])*g[a[i-1]][a[i]])$

同理我們可以得到

$f[i][j][1]=min(f[i-1][j-1][0]+p[i]*g[a[i-1]][b[i]]+(1-p[i])*g[a[i-1]][a[i]]\text{（前一節課沒有申請更換）},f[i-1][j-1][1]+p[i]*p[i-1]*g[b[i-1]][b[i]]+p[i]*(1-p[i-1])*g[a[i-1]][b[i]]+(1-p[i])*p[i-1]*g[b[i-1]][a[i]]+(1-p[i])*(1-p[i-1])*g[a[i-1]][a[i]]\text{（前一節課也申請更換）})$

這一個狀態轉移方程和上面那個的原理是一樣的，只不過這裏還同時用到了乘法原理（期望+=兩個獨立事件同時發生的概率*對應的體力消耗）

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講完了狀態轉移方程，這道題基本上就結束了. 但是注意初始化所有狀態$f$爲極大值（所有$f$都只能由前一個時間段推知），然後$f[1][0][0]=0,f[1][1][1]=0$（第一節課更換教室的情況和不更換教室的情況，由於一開始就在教室，所以一開始消耗的體力均爲0），枚舉的當前時間段$i$從2開始循環；在每次$i$循環中，都先要$f[i][0][0]=f[i-1][0][0]+g[a[i-1]][a[i]](i>1)$（不提出申請的情況），枚舉的已用申請次數$j$從1開始循環.

程序實現

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=400000;//inf不能開太大也不能開太小
int c[2010],d[2010],n,m,cnt,e;
int g[310][310];
double f[2010][2010][2],p[2010],ans;
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&cnt,&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]);
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		for(int j=1;j<=cnt;j++)g[i][j]=(i==j)?0:inf;
	} //初始化鄰接矩陣
	for(int i=1,u,v,w;i<=e;i++){
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		g[u][v]=min(g[u][v],w);
		g[v][u]=g[u][v];//注意雙向邊
	}
	for(int k=1;k<=cnt;k++){
		for(int i=1;i<=cnt;i++){
			for(int j=1;j<=cnt;j++){
				g[i][j]=min(g[i][k]+g[k][j],g[i][j]);
				g[j][i]=g[i][j];
			}
		}
	}//Floyd求最短路
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=m;j++){
			f[i][j][0]=(double)inf;
			f[i][j][1]=(double)inf;
		}
	}//狀態初始化
	f[1][0][0]=0;f[1][1][1]=0;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		f[i][0][0]=f[i-1][0][0]+g[c[i-1]][c[i]];//每一個狀態都只能由前一個推知
		for(int j=1;j<=m;j++){//從1開始循環，防止越界
			f[i][j][0]=min(f[i-1][j][0]+g[c[i-1]][c[i]],f[i-1][j][1]+p[i-1]*g[d[i-1]][c[i]]+(1-p[i-1])*g[c[i-1]][c[i]]);
			//當前課程如果不變
			f[i][j][1]=min(f[i-1][j-1][0]+p[i]*g[c[i-1]][d[i]]+(1-p[i])*g[c[i-1]][c[i]],\
			f[i-1][j-1][1]+p[i]*p[i-1]*g[d[i-1]][d[i]]+p[i]*(1-p[i-1])*g[c[i-1]][d[i]]+(1-p[i])*p[i-1]*g[d[i-1]][c[i]]+(1-p[i])*(1-p[i-1])*g[c[i-1]][c[i]]);
			//當前課程如果更換
		}
	}
	ans=inf;
	for(int i=0;i<=m;i++)ans=min(f[n][i][1],min(ans,f[n][i][0]));
	//由於沒有要求m個申請全部用完，所以要比較查找
	printf("%.2lf\n",ans);
	return 0;
} 

題後總結

一篇概率/期望dp的入門博客

概率/期望dp，一定要走出一個誤區：不要總是想着算出一種方案的所有情況的概率再乘權值. 要用動態規劃的思維去做這些題.

比如說：已知一種方案爲改變第1節課上課地點和第2節課上課地點，那我們不應該先算出對應的四種情況的概率（1成功2成功，1成功2失敗，1失敗2成功，1、2均失敗）再去求期望，最後再比較，而是應該在狀態轉移中表示所有的狀態.