LightOJ 1284 Lights inside 3D Grid

LightOJ 1284
题意：
题目给了你一个三维的矩阵，x，y，z，矩阵每一格都有一盏灯，开始时刻所有的灯都关闭，给你K次操作灯的机会，每一次机会中你可以随机选取两个坐标(x1, y1, z1)(x2, y2, z2)；你将对这两个坐标作为对角线的矩阵中的所有的的灯都做一次操作(ON -> OFF || OFF -> ON)，
问在K次操作之后，开着的灯的数量

解题思路：
我想肯定不能从随机抽取两个数这里入手的吧+_+，要求开着的灯的数量就从对每一盏灯，操作结束后灯开着的概率，然后将这些概率求和就是对于整个矩阵到最后开着的灯的数量了，这就把矩阵的问题落实到了对于求每个坐标的概率的问题。
那要怎么求概率呢？对于每一次操作，对固定的位置的灯的操作概率是固定的，所以我们先求可能对位置i，j，k处操作的概率，即i，j，k，要分别包含在
[min(x1, x2), max(x1, x2)]，[min(y1, y2), max(y1, y2)]，[min(z1, z2), max(z1, z2)]
这些闭区间内，分成一维来看，随机数x1，x2要处于i的两侧或者都在i位置上的概率。三维的概率相乘就是最后在i，j，k，这点操作的概率。
接下来计算灯是ON状态的概率，即操作是奇数次的概率。。。在这里我卡壳了=_=，我开始zz地想要不就循环一次k，emmm…没想到有公式的啊。。。

大概就是这样

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <cmath>using namespace std;const int MAXN = 1e2 + 10;int T;int X, Y, Z, K;//double dp[MAXN][MAXN][MAXN];double p(int a, int b) {  //1 - 选择的点恰好在同侧的概率 = 该点在选的点之中的概率  double x = a * 1.0, y = b * 1.0;  return 1 - ((x - 1) * (x - 1)+ (y - x) * (y - x)) / (y * y);}int main() {  scanf("%d", &T);  int Case = 0;  while (T--) {    scanf("%d %d %d %d", &X, &Y, &Z, &K);    double ans = 0;    for (int i = 1; i <= X; i++) {      for (int j = 1; j <= Y; j++) {        for (int k = 1; k <= Z; k++) {          double t = p(i, X) * p(j, Y) * p(k, Z);          ans += ((1 - pow(1 - 2 * t, 1.0 * K)) * 0.5);           //用到前面推出的公式        }      }    }    cout << "Case " << ++Case << ": ";    printf("%.7lf\n", ans);  }}