2017多校训练赛第二场 HDU 6052（统计+思维）

To my boyfriend

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 667    Accepted Submission(s): 305

Problem Description

Dear Liao

I never forget the moment I met with you. You carefully asked me: "I have a very difficult problem. Can you teach me?". I replied with a smile, "of course". You replied:"Given a matrix, I randomly choose a sub-matrix, what is the expectation of the number of **different numbers** it contains?"

Sincerely yours,
Guo

Input

The first line of input contains an integer T(T≤8) indicating the number of test cases.
Each case contains two integers, n and m (1≤n, m≤100), the number of rows and the number of columns in the grid, respectively.
The next n lines each contain m integers. In particular, the j-th integer in the i-th of these rows contains g_i,j (0≤ g_i,j < n*m).

Output

Each case outputs a number that holds 9 decimal places.

Sample Input

12 31 2 12 1 2

Sample Output

1.666666667
Hint
6(size = 1) + 14(size = 2) + 4(size = 3) + 4(size = 4) + 2(size = 6) = 30  / 18 = 6(size = 1) + 7(size = 2) + 2(size = 3) + 2(size = 4) + 1(size = 6)
 

Source

2017 Multi-University Training Contest - Team 2

        又是一道统计的题目……

        题目虽说是统计期望，但其实就是用所有矩形的权值和除以总的矩形个数。至于总的矩形个数，很容易求，对于一个点（i，j），以它为右下角的矩形个数就是i*j，由此总的矩形个数就是sigma(sigma(i*j))1<=i<=n,1<=j<=m。

        那么我们现在考虑如何求所有矩形的权值和。和之前统计树上路径颜色数那题类似，本题还是分颜色来考虑。对于同种颜色在同一个矩形中出现的情况，我们规定这个贡献只计算到左上放的那个点上。由此，我们要对同种颜色的点按照坐标来排序。那么具体如何统计呢？我们以下面那个图为例（图我是用别人的，希望作者不要追究……）：灰色

的点代表已经计算过的，黑色的点代表正在计算的，然后白色的点代表没有计算的。假设黑色点的坐标为（i，j），那么显然，现在的只包含现在这个点及优先级比他低的点的矩形的下界是i~n，总共n-i+1个。然后我们再枚举上界，上界是从i开始往上，知道第一个与它同列的已经更新过的点的下一行，这个必须得枚举。接着左右边界则要根据上界来确定了，当枚举第i行是，左边界l=1，右边界r=m；当枚举到i-1行时，l=1，r=9；当枚举到i-2时，l=2，r=5……一直往上维护这个左右界。如此下来，对于每一个枚举到的上界，对应的矩形个数就是(n-i+1)*(j-l+1)*(r-j+1)。

        可以看到，每次的左右界l、r一定是一个不断缩小的范围，随着上界的移动每次不断的更新。这样子就可以不重复的把所有矩形给计算进来。总共有N*M种颜色，每种颜色要枚举上界，另外要维护l、r左右界，可以证明，均摊下来时间复杂度为O(N^2M^2/2)，实际由于l、不断缩小，所以速度可观。具体见代码：

#include<bits/stdc++.h>#define N 110using namespace std;typedef pair<int,int> P;vector<P> col[N*N];vector<int> yth[N];int ls[N*N],n,m;int main(){    int T_T;    cin>>T_T;    while(T_T--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        memset(col,0,sizeof(col));        long long ans=0,num=0;        for(int i=1;i<=n;i++)            for(int j=1;j<=m;j++)            {                num+=i*j;                int x; scanf("%d",&x);                col[x].push_back(P(i,j));//颜色分类存放            }        for(int i=0;i<m*n;i++)        {            if (col[i].empty()) continue;            sort(col[i].begin(),col[i].end());//按照坐标对同种颜色的点排序            memset(ls,0,sizeof(ls));            for(int j=0;j<col[i].size();j++)            {                int l=1,r=m; bool flag=1;//初始化左右界                for(int k=1;k<=m;k++) yth[k].clear();                for(int k=1;k<=m;k++)//把每列最底端的点对应的行标记上该列                    if (ls[k]) yth[ls[k]].push_back(k);                int x=col[i][j].first;                int y=col[i][j].second;                for(int k=x;k>0&&flag;k--)//枚举上界                {                    for(int p=0;p<yth[k].size();p++)//维护左右界                        if (yth[k][p]<y) l=max(l,yth[k][p]+1);                        else if (yth[k][p]>y) r=min(r,yth[k][p]-1);                        else {flag=0; break;}//如果找到一个与当前点同列的已更新点则退出                    if (!flag) break;                    ans+=(n-x+1)*(y-l+1)*(r-y+1);//统计当前上界对应方案数                }                ls[y]=x;            }        }        printf("%.9f\n",(double)ans/num);//输出期望    }    return 0;}