小Y的涂鸦数学期望 dp

kuoying

2019-12-23

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题意概述：

现在给出一个N*N的方格纸，有M个格子已经被涂黑了。现在小明也来涂格子，每次等概率地涂格子（包括已经被涂过的），问期望的涂格子次数，使得方格纸每一行每一列都至少有一个格子被涂过。

数据范围：

1 ≤ n ≤ 2·10³，0 ≤ m ≤ min(n², 2·10³)，1 ≤ r_i, c_i ≤ n （这是给出的涂过的格子的坐标），

　　Time limit : 1 s，Memory limit : 512 mb

分析：

　　我开始有一点小小的认为我的脑子可能有点好使了（YY出一个自己认为掌握的很差的东西，虽然最后做完回来看这题很水）

　　简单考虑一下，可以发现坐标的具体值是没有任何意义的，关键是这些被涂过的格子占了多少行多少列，假设就占了R行C列。

　　那么剩下A行B列没有涂，实际上可以把它看成一个位于方格纸左上角的A*B矩阵（不过A,B可以是0）。

　　很自然地想到用dp解决问题，设 f( a , b )表示让没有涂过的a行b列中每行每列至少有一个格子被涂过的期望次数。

　　四种情况:

　　　　1.这次涂使得a减一，b不变，那么概率为 a/N*(N-b)/N，贡献 a/N*(N-b)/N * f( a-1 , b )

　　　　2.这次涂使得b减一，a不变，那么概率为 (N-a)/N*b/N，贡献 (N-a)/N*b/N * f( a , b-1 )

　　　　3.这次涂使得a,b一起减一，那么概率为 a/N*b/N，贡献 a/N*b/N * f( a-1 , b-1 )

　　　　4.这次涂并没有改变a,b，那么概率为 (N-a)/N*(N-b)/N，贡献 (N-a)/N*(N-b)/N * f( a , b )

　　然后加上这次涂的代价1，那么就可以整理出dp方程（把第四部分移到等号左边即可）

　　只需要初始化 f( 0 , 0 ) = 0 即可，没有特别的边界，注意两维为0的时候也要推。

　　时间复杂度O(NM)

　　总结：求操作的期望次数，那么可能可以把操作需要达到的状态放到dp方程里面去递推。

AC代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdbool.h>
#include<math.h>
#define maxn 2005

int T,N,M,A,B;
bool markc[maxn],markr[maxn];
double f[maxn][maxn];

void data_in()
{
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(markc,0,sizeof(markc));
    memset(markr,0,sizeof(markr));
    scanf("%d%d",&N,&M);
    int x,y;
    for(int i=1;i<=M;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        markr[x]=1,markc[y]=1;
    }
}
void work()
{
    A=B=N;
    for(int i=1;i<=N;i++){
        if(markr[i]) A--;
        if(markc[i]) B--;
    }
    f[0][0]=0;
    for(int i=0;i<=A;i++)
    for(int j=0;j<=B;j++) if(i!=0||j!=0){
        double tmp=1;
        if(i>=1) tmp+=f[i-1][j]*i*(N-j)/(N*N);
        if(j>=1) tmp+=f[i][j-1]*(N-i)*j/(N*N);
        if(i>=1&&j>=1) tmp+=f[i-1][j-1]*i*j/(N*N);
        f[i][j]=tmp*N*N/(N*N-(N-i)*(N-j));
    }
    printf("%.5lf\n",f[A][B]);
}
int main()
{
    freopen("test.in","r",stdin);
    freopen("test.out","w",stdout);
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        data_in();
        work();
    }
    return 0;
}

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