ZOJ 3822 Domination [概率DP]-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/GrassTreeFlower/article/details/48929959

本文介绍了一种使用动态规划解决棋盘覆盖问题的方法，旨在计算在N*M大小的矩阵中，每行每列至少有一颗棋子的期望放置次数。通过详细阐述状态转移方程及其实现细节，为读者提供了理解和实现此类问题的有效途径。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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 100100
typedef 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



*/