【CF457D】Bingo!(数学 期望)

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大意

给定\(N,M,K\)，表示有一个\(N*N\)的空矩阵，\(M\)个不同的数。

随机地把\(M\)个数中的\(N^2\)个数丢进这个空矩阵中（\(M\ge N^2\)）

再从\(M\)个数中随机选\(K\)个不同的数，在矩阵上将这\(K\)个数标记出来（如果有）。

设\(T\)的值为完全被标记的整行与整列个数。

求\(2^T\)的期望值与\(1e99\)的较小值。

思路

首先，对于\(2^T\)这种奇怪的东西，我们可以将其理解为该种情况的所有子集个数。

即有些情况可能会被多次计算也是合法的，所以不用容斥。

则答案就是所有的\(T\)值出现个数的期望值。

然后有一个比较显然的想法：不妨枚举一下\(R,C\)，表示至少有\(R\)整行，\(C\)整列被标记完。

则此时有一个\(C(N,R)\times C(N,C)\)表示在该情况下的\(T\)值总个数。

而这种方案的出现概率\(P[R][C]\)的值就为出现该情况数除以总情况数。

我们不妨设\(Z=(R+C)\times N-R\times C\)，即这\(Z\)个数都会在所选的\(K\)个数中。

则有：

\[P[R][C]=\frac{C(M,K)\cdot A(K,Z)\cdot A(M-Z,N^2-Z)}{C(M,K)\cdot A(M,N^2)}
\]

将该式子化简后得：

\[P[R][C]=\frac{C(M-Z,K-Z)}{C(M,K)}
\]

即该情况对答案的贡献就为\(C(N,R)\times C(N,C)\times \frac{C(M-Z,K-Z)}{C(M,K)}\)

小注：

对于\(P[R][C]\)的理解：

• 对于第一个式子的理解：
  
  分子：枚举了\(K\)的选择，\(Z\)的上色选择，剩下的\(N^2-Z\)的上色选择。
  
  分母：考虑了每一种矩阵上色情况以及每一种\(K\)的选择的总方案数。
• 对于第二个式子的理解：发现预涂色对答案统计无影响
  
  分子：\(Z\)个数的位置以及颜色已经固定，则这\(Z\)个数一定在\(K\)个数中，剩下的\(K-Z\)个乱选就行了。
  
  分母：矩阵的颜色已经上好，则总方案数只有\(C(M,K)\)

对于答案的保存方式：

使用long double来存储一个数的log()值，

则乘法变加法，除法变减法，最后再统一出解。

代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LD long double
const int MAXN=100005;
int N,M,K;
LD f[MAXN],Ans;
LD C(int x,int y){
	return f[x]-f[y]-f[x-y];
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&N,&M,&K);
	for(int i=1;i<=1e5;i++)
		f[i]=f[i-1]+log(1.0*i);
	for(int i=0;i<=N;i++)
		for(int j=0;j<=N;j++){
			int z=N*(i+j)-i*j;
			if(z>K)continue;
			LD tmp=C(N,i)+C(N,j)+C(M-z,K-z)-C(M,K);
			Ans=min((LD)(1e99),Ans+exp(tmp));
		}
	printf("%.10f\n",(double)Ans);
}