题面

题目描述

为了庆祝新的一年到来，小M决定要粉刷一个大木板。大木板实际上是一个W*H的方阵。小M得到了一个神奇的工具，这个工具只需要指定方阵中两个格子，就可以把这两格子为对角的，平行于木板边界的一个子矩形全部刷好。小M乐坏了，于是开始胡乱地使用这个工具。
假设小M每次选的两个格子都是完全随机的（方阵中每个格子被选中的概率是相等的），而且小M使用了K次工具，求木板上被小M粉刷过的格子个数的期望值是多少。

输入格式

第一行是整数K，W，H

输出格式

一行，为答案，四舍五入保留到整数。

样例

样例输入

1 3 3

样例输出

 4

样例解释

准确答案约为3.57

数据范围与提示

100% 的数据满足：1 ≤ W, H ≤ 1000， 0 ≤ K ≤ 100

 

思路

显然我们不能枚举每个矩形，那么利用期望的线性性，考虑每个格点的贡献，即它被多少个不同的矩形包含。（左上×右下+左下×右上）×2大概是这样，但还有一些重复情况要减去。

                      i*j*(w-i+1)*(h-j+1)                                          (w-i+1)*j*(h-j+1)*i

 

 

看得出重复的是中间十字矩形  i*(w-i+1)+j*(h-j+1)  

 

 

 因为（i，j）（j，i）是不同的矩形，所以要×2。格点自身形成的矩形被+2-2后还要加上

那么对于格点（i，j），染1次色它被染上的概率为

((i*j*(w-i+1)*(h-j+1)*2-i*(w-i+1)-j*(h-j+1))*2+1)1.0/(w*w*h*h)*1.0

 

现在关注格点染k次色被染上的概率，一开始想计算第1次染上的概率+第2次染上的概率+……+第k次染上的概率，每次都不同，所以不是很实际（有不嫌麻烦的勇士这样做吗？让我膜拜一下。TLE的也可以

欸，我们反向操作一波，算格点染k次都没染上的概率，再用1一减 一股子容斥味

 而这k次的概率就相同了 （1次没染上的概率）^k

1次没染上的概率就是1-1次染上的概率 禁止套娃

ps：这么简单，真的还需要代码吗

代码

    k=read();w=read();h=read();
    for(int i=1;i<=w;++i)
        for(int j=1;j<=h;++j){
            double a=i*j*(w-i+1)*(h-j+1)*2-i*(w-i+1)-j*(h-j+1);
            a=(a*2+1)*1.0/(w*w*h*h)*1.0;
            ans+=1.0-power(1-a,k);
        }
    printf("%.0f",ans);

View Code

 

 

标签：概率,期望,格子,read,样例,粉刷,染上,矩形
来源： https://www.cnblogs.com/yswn/p/16608688.html