2018.08.30 花园（期望dp）

题目背景
SCOI2017 DAY2 T1

题目描述
小 A 的花园的长和宽分别是 L，H 。小 A 喜欢在花园里做游戏。每次做游戏的时候，他都先把花园均匀分割成 L×H 个小方块，每个方块的长和宽都是 1 。然后，小 A 会从花园的西北角的小方块出发，按照一定的规则移动，在到达花园东南角的小方块时结束游戏。每次行动时，他都会移动到当前所在的小方块的东面或南面相邻的小方块上。如果小 A 当前在从北向南数第 i 块，从西向东数第 j 块小方块上，他向东移动的概率是 Pij ，向南移动的概率则是 1-Pij 。

在花园里做游戏常常会弄脏衣服，花园的每个小方块内都有一定的不干净度，用 Dij 表示。而一次游戏结束后，小 A 总的不干净度就是他经过的所有格子中不干净度之和（起点和终点的不干净度也计算在内）。

小 B 因为小 A 经常把衣服弄脏感到苦恼，他可能会决定在小 A 做游戏前对花园进行一次打扫。小 B 在打扫花园时，会从花园的西北角的小方块出发，每次移动到当前所在的小方块的东面或南面相邻的小方块上，在到达花园的东南角时结束打扫，他经过的所有的格子的不干净度都会变为 0 。现在，小 B 想知道，在他选择了最优的打扫策略的情况下，小 A 做完游戏后总不干净度之和是多少？

输入格式
第一行输入两个空格隔开的正整数 L、H。

第二行一个整数 k，值为 0 或 1 ，k=0 表示小B不会打扫花园，k=1 表示小B会在游戏开始前打扫花园。

接下来 L 行，每行有 H 个自然数，第 i 行第 j 个数表示从北往南数第 i 个，从西往东数第 j 个小方块的不干净度 Dij 。

接下来 L 行，每行有 H 个实数，第 i 行第 j 个数表示从北往南数第 i 个，从西往东数第 j 个小方块的参数 Pij 。

输出格式
输出一个整数，表示问题的答案，四舍五入保留到整数。

样例数据 1
输入

3 3
0
200 100 100
200 100 300
100 200 300
0.5 0.5 0.0
1.0 1.0 1.0
输出

1000
样例数据 2
输入

3 3
1
200 100 100
200 100 300
100 200 300
0.2 0.8 0.0
0.8 0.3 0.0
1.0 1.0 1.0
输出

161
备注
【数据范围】
你的答案必须和标准输出完全一致才能得分，为确保精度误差在一定范围内的答案能被接受，

保证准确答案的小数点后第 1 位数字不是 4 或 5 。
0≤Dij≤10000 ；
0≤Pij≤1 最多包含两位小数 ；
PLi=1 (1≤i＜H) 且 PiH=0 (1≤i＜L)，即走到棋盘外的概率为 0 ，最终必然会到达东南角结束。PLH=1，但到达这里时旅途已经结束了，这个数没有意义；
1≤L,H≤3000 。

特殊性质：0 表示没有特殊性质，1 表示除了最后一行和最后一列的小方块外，所有的小方块的参数都为 0.5 。

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期望dp入门题啊。
一个点的状态可以从左边和上边的点转移过来。
这点想到就差不多了。
然后每个点被经过的次数的期望是可求得的，根据期望的线性性，直接把每个点的期望贡献加起来就是情况一的答案。
情况二就是要减去一个最长链。
注意输入的优化以及精度的控制。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 1005
using namespace std;
int l,h,k;
double w[N][N],p[N][N],g[N][N],f[N][N];
inline int read(){
    int ans=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&l,&h,&k);
    for(int i=1;i<=l;++i)
        for(int j=1;j<=h;++j)
            w[i][j]=1.0*read();
    for(int i=1;i<=l;++i)
        for(int j=1;j<=h;++j)
            scanf("%lf",&p[i][j]);
    double sum=w[1][1];
    f[1][1]=1,g[1][1]=w[1][1];
    for(int i=1;i<=l;++i)
        for(int j=1;j<=h;++j){
            if(i==1&&j==1)continue;
            f[i][j]=f[i][j-1]*p[i][j-1]+f[i-1][j]*(1.0-p[i-1][j]);
            sum+=(g[i][j]=f[i][j]*w[i][j]);
            g[i][j]+=max(g[i-1][j],g[i][j-1]);
        }
    printf("%.0lf",sum-k*g[l][h]);
    return 0;
}