HDU - 6229 Wandering Robots

传送门：点击打开链接

题意：有一个n*n的区域，左上角坐标为（0,0），在左上角有一个机器人，他每次留在原地和前往其他可前往的格子的概率相等，最后若干时间之后，求机器人最后在(x,y)(x+y>=n-1)的点的概率是多少。

分析： 给每个点赋一个权值，权值的大小就代表当前点可以被几个点所到达（包括自身），4个角落的点的权值为3，边缘除角落的权值为4，其余点权值为5，分母就是所有点的权值和，分子是所有终点的权值和。因为n=10000，所以不能暴力，但是因为障碍最多只有1000个，所以我们可以用map或者set把所有的障碍事先存起来。之后对于这些点枚举，用总贡献减去这些点的贡献即可。注意可以需要注意障碍点到达障碍点不需要减，我们需要set标记判断。注意n=1特判。

补充：C++中，结构体是无法进行==，>，<，>=，<=，!=，需要重载，=不需要重载，set内部元素会自动排序，所以set<结构体>需要重载<。

我的代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

参考代码：

#include  
using namespace std;  
typedef long long ll;  
const int maxn=2e5+5;  
int dx[4]={0,1,0,-1};  
int dy[4]={1,0,-1,0};  
int n,m,p,q;  
map,int> ma;  
int check(int x,int y)  //判断当前点的贡献  
{  
    if((x==0||x==n-1)&&(y==0||y==n-1))  return 3;  
    if((x==0||x==n-1)&&(y!=0&&y!=n-1))  return 4;  
    if((y==0||y==n-1)&&(x!=0&&x!=n-1))  return 4;  
    return 5;  
}  
int main()  
{  
    int QAQ,kase=0;  
    scanf("%d",&QAQ);  
    while(QAQ--)  
    {  
        ma.clear();p=0,q=0;  
        scanf("%d%d",&n,&m);  
        while(m--)  
        {  
            int x,y;  
            scanf("%d%d",&x,&y);  
            ma[make_pair(x,y)]=1;  
        }  
        if(n==1)    //n==1 特判  
        {  
            if(m==1) printf("0\n");  
            else printf("1");  
        }  
        else  
        {  
            q+=((3*4)+((n-2)*4*4)+(n-2)*(n-2)*5);   //分母  
            p+=((3*3)+((n-2)*2*4)+((n-2)*(n-1)/2*5));   //分子  
            for(auto it=ma.begin();it!=ma.end();it++)   //遍历所有障碍  
            {  
                int x=it->first.first;  
                int y=it->first.second;  
                q-=check(x,y);  //减去对分母的贡献  
                if(x+y>=n-1) p-=check(x,y);     //减去对分子的贡献  
                for(int i=0;i<4;i++)    //判断对周围点的贡献的影响  
                {  
                    int xx=x+dx[i];  
                    int yy=y+dy[i];  
                    if(xx>=0&&xx=0&&yy=n-1) p--;  
                        q--;  
                    }  
                }  
            }  
            int gk=__gcd(p,q);  //化简  
            printf("Case #%d: %d/%d\n",++kase,p/gk,q/gk);  
        }  
    }  
    system("pause");  
}