acm杭电HDU5245 Joyful 概率问题 期望值（2015上海邀请赛）

题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5245

Joyful

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Problem Description

Sakura has a very magical tool to paint walls. One day, kAc asked Sakura to paint a wall that looks like an M×N matrix. The wall has M×N squares in all. In the whole problem we denotes (x,y) to be the square at the x-th row, y-th column. Once Sakura has determined two squares (x1,y1) and (x2,y2), she can use the magical tool to paint all the squares in the sub-matrix which has the given two squares as corners.

However, Sakura is a very naughty girl, so she just randomly uses the tool for K times. More specifically, each time for Sakura to use that tool, she just randomly picks two squares from all the M×N squares, with equal probability. Now, kAc wants to know the expected number of squares that will be painted eventually.

 

Input

The first line contains an integer T( T≤100), denoting the number of test cases.

For each test case, there is only one line, with three integers M,N and K.
It is guaranteed that 1≤M,N≤500, 1≤K≤20.

 

Output

For each test case, output ''Case #t:'' to represent the t-th case, and then output the expected number of squares that will be painted. Round to integers.

 

Sample Input

2 3 3 1 4 4 2

 

Sample Output

Case #1: 4 Case #2: 8

Hint

The precise answer in the first test case is about 3.56790123.

 

Source

The 2015 ACM-ICPC China Shanghai Metropolitan Programming Contest 

题意：

给出一个M*N的矩阵，从其中任意的选两个格子，将以两个格子为对角的矩形染色。这样的操作重复k次，问会被涂色的格子数的期望值。

分析：

期望值说白了就是执行完上述操作后，计算最有可能涂了多少个格子。

看了网上的题解才明白，我们只需要计算每一个格子可能被选中的概率，

期望值E(x)=x1*p1 + x2*p2 + .....  + xn*pn;

在这里我们把每1个格子看做独立事件，所以这里的x1=x2=.....=xn=1，

所以对于本题，期望值 E(x)=p1 + p2 + .....  + pn;

解题：

现在问题就简化成了求 每一个格子 被选中的概率，再累加即可。

先看一张图：（图片来自博客：点击打开链接）

假设现在我们求5这个点被涂色的概率，怎样可以让他染上色呢？

选点（x1,y1）和 （x2,y2）构成的矩形包含5这个点即可。

在矩阵中选两个点的总情况数 是 m*n * m*n

那么选点有9种情况：

1、若(x1,y1)在区域1，则(x2,y2)可以在区域5、6、8、9 

2、若(x1,y1)在区域3，则(x2,y2)可以在区域4、5、7、8

3、若(x1,y1)在区域7，则(x2,y2)可以在区域2、3、5、6

4、若(x1,y1)在区域9，则(x2,y2)可以在区域1、2、4、5

5、若(x1,y1)在区域2，则(x2,y2)可以在区域4、5、6、7、8、9

6、若(x1,y1)在区域4，则(x2,y2)可以在区域2、3、5、6、8、9

7、若(x1,y1)在区域6，则(x2,y2)可以在区域1、2、4、5、7、8

8、若(x1,y1)在区域8，则(x2,y2)可以在区域1、2、3、4、5、6

9、若(x1,y1)在区域5，则(x2,y2)可以在任意区域

当前这个点被染色的概率就是这9种情况之概率和。

还有一个问题，k次染色。这样的话，可以这样，某个点被染色的概率算出来了

是p，那么该点不被染色的概率就是（1-p），

k次操作后仍然没被染色的概率就是（1-p）的k次方

所以k次操作后被染色的概率就是1-（（1-p）的k次方）

注意尽量用double 数据类型，我之前用long long存m,n没过

详见代码：

#include
#include
#include
int main()
{
	int T,k,t=1;
	double m,n;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%lf%lf%d",&m,&n,&k);
		double sum=m*n*m*n; //所有情况
		double ans=0;//期望值 
		for(int i=1;i<=m;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)//对每一个点算贡献值
			{
				double p1=0;//点i j被选中的方案数 
				//(x1,y1)在区域1.3.5.7
				p1+=(i-1)*(j-1) * (m-i+1)*(n-j+1);
				p1+=(i-1)*(n-j) * (m-i+1)*j;
				p1+=(m-i)*(j-1) * i*(n-j+1);
				p1+=(m-i)*(n-j) * i*j;
				//(x1,y1)在区域2.4.6.8
				p1+=(i-1)*1     * (m-i+1)*n; 
				p1+=1*(j-1)     * m*(n-j+1);
				p1+=1*(n-j)     * m*j;
				p1+=(m-i)*1     * i*n;
				
				p1+=m*n; //(x1,y1)在区域5 
				double p=p1/sum;//点(i,j)选中的概率
				ans+=1-pow(1-p,k);
			}
		printf("Case #%d: %.0lf\n",t++,ans);
	}
	return 0;
}