bzoj2969 矩形粉刷 概率期望

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题解：

因为期望线性可加，所以可以对每个方格单独考虑贡献。
每个方格的贡献就为至少被粉刷过一次的概率×1(每个格子的最大贡献就是1...)
每个方格至少被粉刷过一次的概率=1 - 一次都没被粉刷过的概率
因为每次选择都不互相影响，因此我们实际上只需要计算对于每一次选择而言，每个方格不被粉刷的概率，设这个概率为t，那么k次都没被粉刷过的概率就为$t^{k}$.
对于一个方格而言，如果它在一次选择中不被粉刷，那么就意味这这次选中的2个点都在它的同一个方向(左右上下)。但是这样算会把一些区域的方案计算2次(例如左边和上面这2个矩形的重叠部分内的方案就被计算了2次，因此再减去这些重叠部分的贡献即可)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int 
#define RL register long long
#define h(x) (1.0 * x * x)//这里要乘1.0转double
#define LL long long

LL n, m, k; double ans;

void pre(){
    scanf("%lld%lld%lld", &k, &n, &m);
}

double qpow(double x, int have)
{
    double rnt = 1;
    while(have)
    {
        if(have & 1) rnt *= x;
        x *= x, have >>= 1;
    }
    return rnt;
}

void work()
{
    double all = h(n * m);
    for(R i = 1; i <= n; i ++)
    {
        for(R j = 1; j <= m; j ++)
        {
            double t = h((i - 1) * m) + h((n - i) * m) + h((j - 1) * n) + h((m - j) * n);
            t -= h((i - 1) * (j - 1)) + h((i - 1) * (m - j)) + h((n - i) * (j - 1)) + h((n - i) * (m - j));
            //printf("%lf\n", t);
            ans += 1 - qpow(t / all, k);
        }
    }
    if(ans - (int) ans >= 0.499999) printf("%lld\n", ((LL)ans) + 1);
    else printf("%lld\n", (LL) ans);
}

int main()
{
    freopen("in.in", "r", stdin);
    pre();
    work();
    fclose(stdin);
    return 0;
}