ZOJ 3822 Domination [概率DP]

来源：互联网发布：mac 获取当前文件路径编辑：程序博客网时间：2024/05/29 16:59

题意：给出N*M大小的矩阵，每次放置一颗棋子，问每行每列都至少有1颗棋子的期望放置次数。

范围：N,M<=50

解法：8秒题，比较容易想到2500*2500的复杂度解法，DP[I][J][K] 表示已经I行J列在K步后已经有棋子的概率，则可以转移：

DP[I][J][K+1] = DP[I][J][K] * （I*J-K）/（N*M-K）

DP[I+1][J][K+1] = DP[I][J][K] * （（N-I）*J）/（N*M-K）

DP[I][J+1][K+1] = DP[I][J][K] * （I*（M-J））/（N*M-K）

DP[I+1][J+1][K+1] = DP[I][J][K] * （（N-I）*（M-J））/（N*M-K）

需注意的是，如果这样转移，最后求得的概率总和不是1（因为定义是K步后棋子覆盖了I行J列的概率，所以K很大的时候几乎都是1）

求期望的时候，需要用恰好在K步完全覆盖的概率*K ，然后累加得到ans。

恰好在K步完全覆盖的概率是 DP[I][J][K]-DP[I][J][K-1]

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<math.h>#include<iostream>#include<stdlib.h>#include<set>#include<map>#include<queue>#include<vector>#include<bitset>#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")template <class T>bool scanff(T &ret){ //Faster Input    char c; int sgn; T bit=0.1;    if(c=getchar(),c==EOF) return 0;    while(c!='-'&&c!='.'&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();    sgn=(c=='-')?-1:1;    ret=(c=='-')?0:(c-'0');    while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') ret=ret*10+(c-'0');    if(c==' '||c=='\n'){ ret*=sgn; return 1; }    while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') ret+=(c-'0')*bit,bit/=10;    ret*=sgn;    return 1;}#define inf 1073741823#define llinf 4611686018427387903LL#define PI acos(-1.0)#define lth (th<<1)#define rth (th<<1|1)#define rep(i,a,b) for(int i=int(a);i<=int(b);i++)#define drep(i,a,b) for(int i=int(a);i>=int(b);i--)#define gson(i,root) for(int i=ptx[root];~i;i=ed[i].next)#define tdata int testnum;scanff(testnum);for(int cas=1;cas<=testnum;cas++)#define mem(x,val) memset(x,val,sizeof(x))#define mkp(a,b) make_pair(a,b)#define findx(x) lower_bound(b+1,b+1+bn,x)-b#define pb(x) push_back(x)using namespace std;#define NN 100100typedef long long ll;typedef double ld;ld dp[66][66][2666];int main(){    tdata{        int n,m;        scanff(n);        scanff(m);        rep(i,0,n)        rep(j,0,m)        rep(k,0,n*m)dp[i][j][k]=0;        dp[0][0][0]=ld(1);        rep(i,0,n)        rep(j,0,m)        rep(k,0,i*j){            dp[i+1][j+1][k+1]+=(dp[i][j][k]*ld(n-i)*ld(m-j)/ld(n*m-k));            dp[i+1][j][k+1]+=(dp[i][j][k]*(ld(n-i)*ld(j))/ld(n*m-k));            dp[i][j+1][k+1]+=(dp[i][j][k]*(ld(i)*ld(m-j))/ld(n*m-k));            dp[i][j][k+1]+=(dp[i][j][k]*(ld(i)*ld(j)-k)/ld(n*m-k));            //printf("dp[%d][%d][%d]=%.20lf\n",i,j,k,dp[i][j][k]);        }        ld ans=0.0;        rep(i,1,n*m){            ans+=(dp[n][m][i]-dp[n][m][i-1])*ld(i);        }        printf("%.9f\n",ans);    }    return 0;}/*172.559362734591*/

0 0