本文介绍了一种使用期望动态规划（DP）解决特定格子得分问题的方法。通过将格子按权值排序，利用预处理逆元，避免了直接枚举转移，实现了高效的求解。关键在于化简转移方程，利用累积和技巧减少计算复杂度。
传送门
没事干来划个水（喂喂喂，想想你还有多少题没补w(ﾟДﾟ)w
这题是个非常水的期望DP
我们先按格子从小到大排个序
然后用
f
[
i
]
f[i]
f[i]表示
i
i
i从
i
i
i这个格子出发的期望得分
最小的那些格子的f值显然是0啦
大的格子的f值显然是从比它小的转移来的啦
转移方程大概长这个样子，假设比第
i
i
i个格子小的共有
s
s
s个，
j
j
j是权值比
i
i
i小的那些格子
f
[
i
]
=
∑
(
f
[
j
]
+
(
x
[
i
]
−
x
[
j
]
)
2
+
(
y
[
i
]
−
y
[
j
]
)
2
)
)
s
f[i]=\frac{\sum{(f[j]+(x[i]-x[j])^2+(y[i]-y[j])^2))}}{s}
f[i]=s∑(f[j]+(x[i]−x[j])2+(y[i]−y[j])2))
但是这样好像并！无！卵！用！因为我们还是要枚举
j
j
j
于是我们可以把上面的式子的分子展开
∑
(
f
[
j
]
+
(
x
[
i
]
−
x
[
j
]
)
2
+
(
y
[
i
]
−
y
[
j
]
)
2
)
)
=
∑
(
f
[
j
]
+
x
[
i
]
2
−
2
x
[
i
]
x
[
j
]
+
x
[
j
]
2
+
y
[
i
]
2
−
2
y
[
i
]
y
[
j
]
+
y
[
j
]
2
)
\sum{(f[j]+(x[i]-x[j])^2+(y[i]-y[j])^2))}=\sum{(f[j]+x[i]^2-2x[i]x[j]+x[j]^2+y[i]^2-2y[i]y[j]+y[j]^2)}
∑(f[j]+(x[i]−x[j])2+(y[i]−y[j])2))=∑(f[j]+x[i]2−2x[i]x[j]+x[j]2+y[i]2−2y[i]y[j]+y[j]2)
再化简就是（由于式子较长就只写了关于
x
x
x的部分，
y
y
y同理）
s
⋅
x
[
i
]
2
−
2
⋅
x
[
i
]
⋅
∑
x
[
j
]
+
∑
x
[
j
]
2
s\cdot x[i]^2-2 \cdot x[i] \cdot \sum{x[j]}+\sum{x[j]^2}
s⋅x[i]2−2⋅x[i]⋅∑x[j]+∑x[j]2
于是，我们就可以让
s
f
=
∑
f
[
j
]
,
s
x
=
∑
x
[
j
]
,
s
x
2
=
∑
x
[
j
]
2
sf=\sum{f[j]},sx=\sum{x[j]},sx2=\sum{x[j]^2}
sf=∑f[j],sx=∑x[j],sx2=∑x[j]2，当然还有
s
y
sy
sy和
s
y
2
sy2
sy2
于是
f
[
i
]
=
s
f
+
s
⋅
x
[
i
]
2
−
2
⋅
x
[
i
]
⋅
s
x
+
s
x
2
+
s
⋅
y
[
i
]
2
−
2
⋅
y
[
i
]
⋅
s
y
+
s
y
2
s
f[i]=\frac{sf+s \cdot x[i]^2-2 \cdot x[i] \cdot sx+sx2+s \cdot y[i]^2-2 \cdot y[i] \cdot sy+sy2}{s}
f[i]=ssf+s⋅x[i]2−2⋅x[i]⋅sx+sx2+s⋅y[i]2−2⋅y[i]⋅sy+sy2
欸，怎么还有个除
s
s
s ？？？
没事没事，这个一开始线性求逆元预处理一波就好啦O(∩_∩)O
还有一个需要注意的细节是，由于每个格子是由严格小于它的格子转移来的，所以要把权值相同的格子的f值全求完了之后再一起更新 s f , s x sf,sx sf,sx这些变量。
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define rf(i,x,y) for(int i=y;i>=x;i--)
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1001;
const int p=998244353;
int n,m;
struct data{
int x,y,c;
}a[N*N];
int x,y;
ll inv[N*N];
ll f[N*N];
ll s,sf,sx,sx2,sy,sy2;
void read(int &x){
char ch=getchar();x=0;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
}
int cmp(const data &q,const data &w){
return q.c<w.c;
}
void Add(ll &x,ll y){ //手动取模
x+=y;
while(x<0) x+=p;
while(x>=p) x-=p;
}
inline ll sqr(ll x){
return x*x;
}
int main(){
read(n);read(m);
fr(i,1,n) fr(j,1,m){
read(x);
a[(i-1)*m+j]=(data){i,j,x};
}
read(x);read(y);
n*=m;
sort(a+1,a+1+n,cmp);
inv[1]=1;
fr(i,2,n) inv[i]=(-p/i*inv[p%i])%p; //线性求逆元
a[n+1].c=-1;
fr(i,1,n){
if (s){ //可以转移
Add(f[i],(s*sqr(a[i].x)%p-2*sx*a[i].x%p+sx2)%p);
Add(f[i],(s*sqr(a[i].y)%p-2*sy*a[i].y%p+sy2)%p);
Add(f[i],sf);
f[i]=f[i]*inv[s]%p;
} else f[i]=0; //已经是最小的格子了
if (a[i].x==x&&a[i].y==y){ //算出答案就输出
cout<<(f[i]+p)%p<<endl;
exit(0);
}
if (a[i].c!=a[i+1].c) //相同权值的格子全部处理完了就更新
for(int j=i;j;j--){
if (a[j].c!=a[i].c) break;
Add(sf,f[j]);
Add(sx,a[j].x);
Add(sx2,sqr(a[j].x));
Add(sy,a[j].y);
Add(sy2,sqr(a[j].y));
s++;
}
}
return 0;
}
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