【HDU 5245 Joyful】概率

最新推荐文章于 2019-08-07 19:53:00 发布

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本文详细解析了HDU5245题目，通过概率计算来解决矩形区域多次随机选取并涂色后的平均覆盖问题。采用分块概率方法，精确计算各点被涂色的期望值。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

HDU 5245
题意给你 $t$ 组数据然后 $n 和 m$ $k$ 次选取操作每次都会选择两个点 $x 1, y 1$ 和 $x 2, y 2$ 把这个矩形给涂上颜色然后问你k次操作以后所有点涂上颜色的期望
做法
首先看这个图
在这里插入图片描述
黑点为我们当前讨论的点我们对一个黑点拆分成大的四块箭头拉出去的那四块只有两个点同时独立在这四块中才能不包含黑点那么对选点在这个块内的概率为这个块的面积/总面积
所以我们下式中p1 p2 p3 p4正是代表这四个大块的概率
但是有重复的四个小块所以你需要独立求出小块的概率然后不选这个点的概率就是
$p 1 * p 1 + p 2 * p 2 + p 3 * p 3 + p 4 * p 4 - p 5 * p 5 - p 6 * p 6 - p 7 * p 7 - p 8 * p 8$
那么取 $k$ 次就是把这个概率的 $k$ 次方为 $t m p$
这样 $t m p$ 就是不取到黑点 $1 - t m p$ 为取到黑点
我们只要加上 $1 - t m p$ 就是取黑点相当于对这个块涂色
O(n*m)的统计每个点的贡献即可

/*
    if you can't see the repay
    Why not just work step by step
    rubbish is relaxed
    to ljq
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <map>
#include <stack>
#include <set>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define dbg2(x1,x2) cout<<#x1<<" = "<<x1<<" "<<#x2<<" = "<<x2<<endl
#define dbg3(x1,x2,x3) cout<<#x1<<" = "<<x1<<" "<<#x2<<" = "<<x2<<" "<<#x3<<" = "<<x3<<endl
#define max3(a,b,c) max(a,max(b,c))
#define min3(a,b,c) min(a,min(b,c))
#define lc (rt<<1)
#define rc (rt<<11)
#define mid ((l+r)>>1)

typedef pair<int,int> pll;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int _inf = 0xc0c0c0c0;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll _INF = 0xc0c0c0c0c0c0c0c0;
const ll mod =  (int)1e9+7;

ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll ksm(ll a,ll b,ll mod){int ans=1;while(b){if(b&1) ans=(ans*a)%mod;a=(a*a)%mod;b>>=1;}return ans;}
ll inv2(ll a,ll mod){return ksm(a,mod-2,mod);}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y,ll &d){if(!b) {d = a;x = 1;y=0;}else{exgcd(b,a%b,y,x,d);y-=x*(a/b);}}//printf("%lld*a + %lld*b = %lld\n", x, y, d);

int main()
{
    //ios::sync_with_stdio(false);
    //freopen("a.txt","r",stdin);
    //freopen("b.txt","w",stdout);
    int t,n,m,k;scanf("%d",&t);
    for(int Case = 1;Case <= t;++Case)
    {
        double ans = 0;
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        for(int i = 1;i<=n;++i)
        {
            for(int j = 1;j<=m;++j)
            {
                double p1,p2,p3,p4,p5,p6,p7,p8,p;
                p1=(1.0*n*(j-1))/(n*m);
                p2=(1.0*(i-1)*m)/(n*m);
                p3=(1.0*n*(m-j))/(n*m);
                p4=(1.0*m*(n-i))/(n*m);
                p5=(1.0*(i-1)*(j-1))/(n*m);
                p6=(1.0*(n-i)*(m-j))/(n*m);
                p7=(1.0*(i-1)*(m-j))/(n*m);
                p8=(1.0*(n-i)*(j-1))/(n*m);
                p = p1*p1+p2*p2+p3*p3+p4*p4-p5*p5-p6*p6-p7*p7-p8*p8;
                double tmp = 1;
                for(int l = 1;l<=k;++l)
                {
                    tmp*=p;
                }
                ans+=(1-tmp);
            }
        }
        int ck = (int)ans;
        if(ans-ck>=0.5) ck++;
        printf("Case #%d: %d\n",Case,ck);
    }
    //fclose(stdin);
    //fclose(stdout);
    //cout << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
    return 0;
}