jzoj 3053. 【NOIP2012模拟10.25】旅行
Description
给定一个n行m列的字符矩阵,’.’代表空地,’X’代表障碍。移动的规则是:每秒钟以上下左右四个方向之一移动一格,不能进入障碍。
计算:在空地中随机选择起点和终点(可以重合,此时最短耗时为0),从起点移动到终点最短耗时的平均值。
每一行每一列至多有1个障碍,并且障碍不在对角线方向相邻。以下矩阵是不合法的:
.X
X.
Input
第一行两个整数n, m。
接下来n行,每行m个字符’.’或’X’。
Output
平均耗时,保留4位小数,四舍五入。
Sample Input
2 2
…
.X
Sample Output
0.8889
Hint
2<=n,m<=1000
Solution
考试是很直接地认为要求的就是每个点之间的哈夫曼距离 div 方案数。
结果后来被证实是错的了。。。
我们举个最简单的例子
...
.*.
...
上面两个加粗了的点的距离正确来说应当是4,而非2,所以,我们就发现了:
从A走到B的距离为:哈夫曼距离 or 哈夫曼距离+2。
哈夫曼距离就用O(n2+m2)先求出来,然后在特判一下要绕行的即可。
具体情况就看一看下图:(来自题解)
Code
#include<cstdio>
#define N 2010
using namespace std;
int n,m,s=0,h[N],l[N],hw[N],lw[N];
long long ans=0,ans1;
char sc[N];
int main()
{
freopen("travel.in","r",stdin);
freopen("travel.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",sc+1);
for (int j=1;j<=m;j++)
if (sc[j]=='X') h[i]++,l[j]++,s++,hw[i]=j,lw[j]=i;
}
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=i+1;j<=n;j++)
ans+=(m-h[i])*(m-h[j])*(j-i);
for (int i=1;i<=m;i++)
for (int j=i+1;j<=m;j++)
ans+=(n-l[i])*(n-l[j])*(j-i);
ans<<=1;
for (int i=1,j,t;i<=n;i++)
{
if (!hw[i]) continue;
j=i;t=m-hw[i];
while (hw[j]<hw[j+1] && hw[j+1]) j++,t+=m-hw[j];
j=i;
while (hw[j]<hw[j-1] && hw[j-1]) j--,t+=m-hw[j];
ans+=(t*(hw[i]-1)<<2);
}
for (int i=1,j,t;i<=m;i++)
{
if (!lw[i]) continue;
j=i;t=n-lw[i];
while (lw[j]<lw[j+1] && lw[j+1]) j++,t+=n-lw[j];
j=i;
while (lw[j]<lw[j-1] && lw[j-1]) j--,t+=n-lw[j];
ans+=(t*(lw[i]-1)<<2);
}
ans1=(long long)(n*m-s)*(n*m-s);
printf("%.4lf\n",(double)ans/ans1);
return 0;
}
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