题目描述
对于刚上大学的牛牛来说，他面临的第一个问题是如何根据实际情况申请合适的课程。
在可以选择的课程中，有2n节课程安排在n个时间段上。在第i (1 <= i <= n)个时间段上，两节内容相同的课程同时在不同的地点进行，其中，牛牛预先被安排在教室ci上课，而另一节课程在教室di进行。
在不提交任何申请的情况下，学生们需要按时间段的顺序依次完成所有的n节安排好的课程。如果学生想更换第i节课程的教室，则需要提出申请。若申请通过，学生就可以在第i个时间段去教室di上课，否则仍然在教室ci上课。
由于更换教室的需求太多，申请不一定能获得通过。通过计算，牛牛发现申请更换第i节课程的教室时，申请被通过的概率是一个已知的实数ki，并且对于不同课程的申请，被通过的概率是互相独立的。
学校规定，所有的申请只能在学期开始前一次性提交，并且每个人只能选择至多m节课程进行申请。这意味着牛牛必须一次性决定是否申请更换每节课的教室，而不能根据某些课程的申请结果来决定其他课程是否申请；牛牛可以申请自己最希望更换教室的m门课程，也可以 不用完 这m个申请的机会，甚至可以一门课程都不申请。
因为不同的课程可能会被安排在不同的教室进行，所以牛牛需要利用课间时间从一间教室赶到另一间教室。
牛牛所在的大学有v个教室，有e条道路。每条道路连接两间教室，并且是可以 双向通行 的。由于道路的长度和拥堵程度不同，通过不同的道路耗费的体力可能会有所不同。当第i (1<= i <= n-1)节课结束后，牛牛就会从这节课的教室出发，选择一条耗费体力最少的 路径 前往下一节课的教室。
现在牛牛想知道，申请哪几门课程可以使他因在教室间移动耗费的体力值的总和的 期望值 最小，请你帮他求出这个最小值。
输入
第一行四个整数n, m, v, e。n表示这个学期内的时间段的数量；m表示牛牛最多可以申请更换多少节课程的教室；v表示牛牛学校里教室的数量；e表示牛牛的学校里道路的数量。
第二行n个正整数，第i (1 <= i<= n)个正整数表示ci，即第i个时间段牛牛被安排上课的教室；保证1 <= Ci <= v。
第三行n个正整数，第i (1<=i<=n)个正整数表示di，即第i个时间段另一间上同样课程的教室；保证1<=di<=v。
第四行n个实数，第i (1<=i<=n)个实数表示ki，即牛牛申请在第i个时间段更换教室获得通过的概率。保证0 <= ki <= 1。
接下来e行，每行三个正整数aj，bj，wj，表示有一条双向道路连接教室aj，bj，通过这条道路需要耗费的体力值是wj；保证1 <= aj, bj <= v, 1 <= wj <= 100。
保证 1 <= n <= 2000，0 <= m <= 2000， 1 <= v <= 300， 0 <= e <= 90000。
保证通过学校里的道路，从任何一间教室出发，都能到达其他所有的教室。
保证输入的实数最多包含3位小数。
输出
输出一行，包含一个实数，四舍五入精确到小数点后 恰好2位 ，表示答案。你的输出必须和标准输出 完全一样 才算正确。
测试数据保证四舍五入后的答案和准确答案的差的绝对值不大于4 x 10^-3。（如果你不知道什么是浮点误差，这段话可以理解为：对于大多数的算法，你可以正常地使用浮点数类型而不用对它进行特殊的处理）
样例输入
3 2 3 3
2 1 2
1 2 1
0.8 0.2 0.5
1 2 5
1 3 3
2 3 1
样例输出
2.80
题解
这道题真的真的。。。唉，调了好久，状态比较好想，方程比较好写，虽然有点长，就是细节有点麻烦，调的我心态爆炸啊。
首先想到用 dp[ i ][ j ] 表示上第 i 节课，申请了 j 次所耗费体力的最小期望值，然后我们发现它不好转移。于是加上一维， dp[ i ][ j ][ k ] 表示上第 i 节课，申请了 j 次，是否选择申请更换当前教室的最优方案（k = 0 / 1）。
输入边的时候注意有重边，要取min。
floyd算出任意两点的最短路 map[ i ][ j ]，注意赋值的时候不能太大，不然爆int，还有就是map[ i ][ i ]，map[ i ][ 0 ] ，map[ 0 ][ i ] 要赋值为0。
考虑转移：如果不申请更换当前教室： dp[ i ][ j ][ 0 ] = min ( dp[ i-1 ][ j ][ 0 ] + map[ c[ i-1 ][ c[ i ] ] ，dp[ i-1 ][ j ][ 1 ] + p[ i-1 ]* map[ d[ i-1 ] ][ c[ i ] ] + ( 1 - p[ i-1 ] )* map[ c[ i-1 ] ][ c[ i ] ] )；
如果申请：dp[ i ][ j ][ 1 ] = min ( dp[ i-1 ][ j-1 ][ 0 ] + p[ i ] * map[ c[ i-1 ] ][ d[ i ] ] + ( 1 - p[i] ) * map[ c[ i-1 ] ][ c[ i ] ] ， dp[ i-1 ][ j-1 ][ 1 ] + p[ i-1 ] * p[ i ] * map[ d[ i-1 ] ][ d[ i ] ] + p[ i-1 ]*( 1 - p[ i ] ) * map[ d[ i-1 ] ][ c[i] ] + ( 1-p[ i-1 ] ) * p[ i ] * map[ c[ i-1 ] ][ d[ i ] ] + ( 1 - p[ i-1 ] ) * ( 1-p[ i ] ) * map[ c[ i-1 ] ][ c[ i ] ] )。
关于边界问题：先将 dp 全赋为inf，第一间教室不管申请与否都不消耗体力，所以 dp[ 1 ][ 0 ][ 0 ] = 0 ,dp[ 1 ][ 1 ][ 1 ] =0 。
每次转移之前，先更新 dp[ i ][ 0 ][ 0 ] = dp[ i-1 ] [ 0 ][ 0 ] + map[ c[ i-1 ] ][ c[ i ] ]，再枚举 j 进行转移。
最后取答案的时候，注意不一定非要申请m次，也可以一次都不申请，所以要取申请0到m次中的最小值。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long using namespace std; const int maxn=2000+50; const int maxv=300+50; const double inf=1e17+7; int map[maxv][maxv],n,m,v,e,c[maxn],d[maxn],a,b,w; double p[maxn],dp[maxn][maxn][2],ans=inf; int main(){ memset(map,63,sizeof(map)); cin>>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]); for(int i=1;i<=e;i++){ scanf("%d%d%d",&a,&b,&w); map[a][b]=map[b][a]=min(map[a][b],w); } for(int k=1;k<=v;k++) for(int i=1;i<=v;i++) for(int j=1;j<=v;j++) if(map[i][k]+map[k][j]<map[i][j]) map[i][j]=map[i][k]+map[k][j]; for(int i=1;i<=v;i++) map[i][i]=map[i][0]=map[0][i]=0; for(int i=0;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; for(int i=2;i<=n;i++){ dp[i][0][0]=dp[i-1][0][0]+map[c[i-1]][c[i]]; for(int j=1;j<=min(m,i);j++){ dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],min(dp[i-1][j][0]+map[c[i-1]][c[i]],dp[i-1][j][1]+p[i-1]*map[d[i-1]][c[i]]+(1-p[i-1])*map[c[i-1]][c[i]])); dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],min(dp[i-1][j-1][0]+p[i]*map[c[i-1]][d[i]]+(1-p[i])*map[c[i-1]][c[i]],dp[i-1][j-1][1]+p[i-1]*p[i]*map[d[i-1]][d[i]]+p[i-1]*(1-p[i])*map[d[i-1]][c[i]]+(1-p[i-1])*p[i]*map[c[i-1]][d[i]]+(1-p[i-1])*(1-p[i])*map[c[i-1]][c[i]])); } } for(int i=0;i<=m;i++) ans=min(ans,min(dp[n][i][1],dp[n][i][0])); printf("%.2lf ",ans); return 0; }