UVA - 11605 Lights inside a 3d Grid
我并不会直接整体求期望。。。
不过根据期望的线性性,我们可以拆成每个点的期望然后求和。
于是我们现在要解决两个问题:1.每个点(i,j,l)每次操作被涉及到的概率p;2.求出p后,我们还要知道一个点在k次操作后是亮的的概率(也就是k次操作中被操作了奇数次的概率)。
1.第一个问题比较基础(就是个古典概型),因为题目里随机的两个点是有序的,所以p的分母应该是(n*m*p)^2;随机的两个点在每一维都必须满足(这里拿第一维举例)有一个>=i,另一个<=i,并且因为有仅有 x1=x2=i 的方案会被算两遍,所以p的分子是 ((n-i+1)*i*2-1)*(...)*(...)
2.第二个问题需要一点技巧。。
显然,我们根据需求,可以列出 ans = ∑ C(k,i) * p^i * (1-p)^(k-i) * [k%2==1]
这个要求的式子就是 [(1-p) + p]^k 二项式展开的p的奇数次项的和,于是我们再配一下 [(1-p) - p]^k,两式做差再除以2,就得到了ans (可以自己手玩一下)。
都解决之后代码就很好写了,其实主要还是考数学23333
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 | #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; #define D double D ans,now,sq,px,py; int n,m,p,k,T; inline void Get(){ ans-= pow (1-2*now,k); } int main(){ scanf ( "%d" ,&T); for ( int o=1;o<=T;o++){ scanf ( "%d%d%d%d" ,&n,&m,&p,&k); ans=0,sq=n*m*p,sq=sq*sq; for ( int i=1;i<=n;i++){ px=(2*i*(n-i+1)-1)/sq; for ( int j=1;j<=m;j++){ py=(2*j*(m-j+1)-1)*px; for ( int l=1;l<=p;l++) now=(2*l*(p-l+1)-1)*py,Get(); } } ans+=n*m*p,ans/=2, printf ( "Case %d: %.11lf\n" ,o,ans); } return 0; } |
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