bzoj2969 矩形粉刷 概率期望

此题在bzoj是权限题，，，所以放另一个oj的链接

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

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

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