HDU 5245 Joyful (2015年上海大都赛J题，概率)

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5245

题意：

给定一个n*m的矩形，由n*m个格子组成，我们可以选k次，每次可以选择的两个格子

这两个格子作为矩形的对角线可以确定一个矩形，这个矩形里的所有小格子都会被覆

盖，求k次后，被覆盖的格子的个数的期望。

分析：

棋盘被覆盖的格子数的期望 = 每个格子被覆盖的概率的和。

每次选择的方案有n*m*n*m种。

格子坐标为(i,j)被覆盖的方案数为：

tot = 2*(2*(i*j*(n-i+1)*(m-j+1))-(i*(n-i+1)+j*(m-j+1))+1)-1

因此一次被覆盖的概率 p = tot/(n*n*m*m)  注意分母可能会爆int.

那么这个点k次选择被覆盖的概率为 1-(1 - p)^k;

代码如下：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <algorithm>#define PB push_back#define MP make_pair#define REP(i,n) for(int i=0;i<(n);++i)#define FOR(i,l,h) for(int i=(l);i<=(h);++i)#define DWN(i,h,l) for(int i=(h);i>=(l);--i)#define IFOR(i,h,l,v) for(int i=(h);i<=(l);i+=(v))#define CLR(vis) memset(vis,0,sizeof(vis))#define MST(vis,pos) memset(vis,pos,sizeof(vis))#define MAX3(a,b,c) max(a,max(b,c))#define MAX4(a,b,c,d) max(max(a,b),max(c,d))#define MIN3(a,b,c) min(a,min(b,c))#define MIN4(a,b,c,d) min(min(a,b),min(c,d))#define PI acos(-1.0)#define INF 1000000000#define LINF 1000000000000000000LL#define eps 1e-8#define LL long longusing namespace std;const int maxn = 510;LL num[maxn][maxn];LL cnt[maxn][maxn];int main(){    int t,cas=1,k;    LL n,m;    scanf("%d",&t);    while(t--){        scanf("%lld%lld%d",&n,&m,&k);        //CLR(num);        //CLR(cnt);        /*FOR(i,1,n){            FOR(j,1,m){                FOR(p,1,n){                    FOR(q,1,m){                        FOR(s,min(i,p),max(i,p))                            FOR(d,min(j,q),max(j,q))                                num[s][d]++;                    }                }            }        }*/        FOR(i,1,n){            FOR(j,1,m)                cnt[i][j]=2*(2*(i*j*(n-i+1)*(m-j+1))-(i*(n-i+1)+j*(m-j+1))+1)-1;        }        /*FOR(i,1,n){            FOR(j,1,m)                cout<<num[i][j]<<" ";            cout<<endl;        }        FOR(i,1,n){            FOR(j,1,m)               if(cnt[i][j]>(LL)n*n*m*m) cout<<cnt[i][j]<<" ";            cout<<endl;        }*/        double ans = 0;        FOR(i,1,n){            FOR(j,1,m){                double p =1.0 - cnt[i][j]*1.0/n/n/m/m;                ans=ans+1-pow(p,k*1.0);            }        }        //cout<<"ans: "<<ans<<endl;        printf("Case #%d: %d\n",cas++,(int)(ans+0.5));    }    return 0;}