HDU 5245 Joyful 经典概率题目推公式

公式题

别人的很详细的推理过程，复制过来做笔记。

题意大致是：进行K次染色，每次染色会随机选取一个以(x1,y1),(x2,y2)为一组对角的子矩阵进行染色，求K次染色后染色面积的期望值(四舍五入)。

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样例1：（n,m,k)=(3,3,1)

Case #1: 4

（这组样例中，每一种可能染色方案的面积总和为289，染色的方案数共有n*n*m*m=3^4=81种，因此期望为3.56790123，四舍五入后答案为4）

当K=1时，期望被染色的面积会等于每个1*1的方块被染色的期望累加之和。

即n*m个小方格的期望值之和。

假设K=1时即只染色一次时，位于第x行第y列的小方块被染色的概率为A[x,y]

在K次操作后被染色的期望假设为P[x,y]，可以用 （而不是p^k）

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P[x,y]=1-(1-A[x,y])^k

来计算。

此时我们的问题转向了如何计算A[x.y]上

由题目描述，一次染色中可能的操作有n^2*m^2种 (（一共n*m个小方格）第一个方格有n*m中取法同理第二个也有n*m中)

计算A[x,y]时，我们可以把整个矩阵做如下拆分



当前计算的方块为[x,y]，即图中编号为5的部分

将其他部分拆分成图上8个区域，则可得到以下关系

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对于一种染色方案能够覆盖方块[x,y]时

①[x1,y1]取在区域1内时，[x2,y2]可以在5、6、8、9四个区域内任取;

②[x1,y1]取在区域2内时，[x2,y2]可以在4、5、6、7、8、9六个区域内任取;

③[x1,y1]取在区域3内时，[x2,y2]可以在4、5、7、8四个区域内任取;

④[x1,y1]取在区域4内时，[x2,y2]可以在2、3、5、6、8、9六个区域内任取;

⑤[x1,y1]取在区域5内时，[x2,y2]可以在所有区域内任取;

⑥[x1,y1]取在区域6内时，[x2,y2]可以在1、2、4、5、7、8六个区域内任取;

⑦[x1,y1]取在区域7内时，[x2,y2]可以在2、3、5、6四个区域内任取;

⑧[x1,y1]取在区域8内时，[x2,y2]可以在1、2、3、4、5、6六个区域内任取;

⑨[x1,y1]取在区域1内时，[x2,y2]可以在1、2、4、5四个区域内任取;

按照这个关系，即可推出A[x,y]的表达式。

P.S.:本题因为计算过程中会出现n^2*m^2大小的计算，因此需要注意int溢出的问题

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

int main()
{
int t,k;
long long n,m;
scanf("%d",&t);
for(int Case=1;Case<=t;Case++)
{
scanf("%lld%lld%d",&n,&m,&k);
double sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
double p=n*m;

p+=(i-1)*(j-1)*(n-i+1)*(m-j+1);
p+=(i-1)*1*(n-i+1)*m;
p+=(i-1)*(m-j)*(n-i+1)*j;
p+=1*(j-1)*(m-j+1)*n;
p+=1*(m-j)*n*j;
p+=(n-i)*(j-1)*i*(m-j+1);
p+=(n-i)*1*i*m;
p+=(n-i)*(m-j)*i*j;
p=p/n/n/m/m;
sum+=1-pow(1-p,k);
}
}
printf("Case #%d: %d\n",Case,int(sum+0.5));
}
return 0;
}