2017多校训练赛第二场 HDU 6052（统计+思维）

原创

alpc_qleonardo 2022-08-25 11:11:50 ©著作权

文章标签 2017多校赛 HDU i++ java 权值 文章分类 虚拟化云计算

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To my boyfriend

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Problem Description

Dear Liao

I never forget the moment I met with you. You carefully asked me: "I have a very difficult problem. Can you teach me?". I replied with a smile, "of course". You replied:"Given a matrix, I randomly choose a sub-matrix, what is the expectation of the number of **different numbers** it contains?"

Sincerely yours,
Guo

Input

The first line of input contains an integer T(T≤8) indicating the number of test cases.
Each case contains two integers, n and m (1≤n, m≤100), the number of rows and the number of columns in the grid, respectively.
The next n lines each contain m integers. In particular, the j-th integer in the i-th of these rows contains g_i,j (0≤ g_i,j < n*m).

Output

Each case outputs a number that holds 9 decimal places.

Sample Input

1 2 3 1 2 1 2 1 2

Sample Output

Hint

Source

2017 Multi-University Training Contest - Team 2

又是一道统计的题目……

题目虽说是统计期望，但其实就是用所有矩形的权值和除以总的矩形个数。至于总的矩形个数，很容易求，对于一个点（i，j），以它为右下角的矩形个数就是i*j，由此总的矩形个数就是sigma(sigma(i*j))1<=i<=n,1<=j<=m。

那么我们现在考虑如何求所有矩形的权值和。和之前统计树上路径颜色数那题类似，本题还是分颜色来考虑。对于同种颜色在同一个矩形中出现的情况，我们规定这个贡献只计算到左上放的那个点上。由此，我们要对同种颜色的点按照坐标来排序。那么具体如何统计呢？我们以下面那个图为例（图我是用别人的，希望作者不要追究……）：灰色

2017多校训练赛第二场 HDU 6052（统计+思维）_HDU

的点代表已经计算过的，黑色的点代表正在计算的，然后白色的点代表没有计算的。假设黑色点的坐标为（i，j），那么显然，现在的只包含现在这个点及优先级比他低的点的矩形的下界是i~n，总共n-i+1个。然后我们再枚举上界，上界是从i开始往上，知道第一个与它同列的已经更新过的点的下一行，这个必须得枚举。接着左右边界则要根据上界来确定了，当枚举第i行是，左边界l=1，右边界r=m；当枚举到i-1行时，l=1，r=9；当枚举到i-2时，l=2，r=5……一直往上维护这个左右界。如此下来，对于每一个枚举到的上界，对应的矩形个数就是(n-i+1)*(j-l+1)*(r-j+1)。

可以看到，每次的左右界l、r一定是一个不断缩小的范围，随着上界的移动每次不断的更新。这样子就可以不重复的把所有矩形给计算进来。总共有N*M种颜色，每种颜色要枚举上界，另外要维护l、r左右界，可以证明，均摊下来时间复杂度为O(N^2M^2/2)，实际由于l、不断缩小，所以速度可观。具体见代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 110
using namespace std;

typedef pair<int,int> P;
vector<P> col[N*N];
vector<int> yth[N];
int ls[N*N],n,m;

int main()
{
    int T_T;
    cin>>T_T;
    while(T_T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        memset(col,0,sizeof(col));
        long long ans=0,num=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                num+=i*j;
                int x; scanf("%d",&x);
                col[x].push_back(P(i,j));                    //颜色分类存放
            }
        for(int i=0;i<m*n;i++)
        {
            if (col[i].empty()) continue;
            sort(col[i].begin(),col[i].end());                    //按照坐标对同种颜色的点排序
            memset(ls,0,sizeof(ls));
            for(int j=0;j<col[i].size();j++)
            {
                int l=1,r=m; bool flag=1;                    //初始化左右界
                for(int k=1;k<=m;k++) yth[k].clear();
                for(int k=1;k<=m;k++)                        //把每列最底端的点对应的行标记上该列
                    if (ls[k]) yth[ls[k]].push_back(k);
                int x=col[i][j].first;
                int y=col[i][j].second;
                for(int k=x;k>0&&flag;k--)                    //枚举上界
                {
                    for(int p=0;p<yth[k].size();p++)                //维护左右界
                        if (yth[k][p]<y) l=max(l,yth[k][p]+1);
                        else if (yth[k][p]>y) r=min(r,yth[k][p]-1);
                        else {flag=0; break;}                    //如果找到一个与当前点同列的已更新点则退出
                    if (!flag) break;
                    ans+=(n-x+1)*(y-l+1)*(r-y+1);                //统计当前上界对应方案数
                }
                ls[y]=x;
            }
        }
        printf("%.9f\n",(double)ans/num);                    //输出期望
    }
    return 0;
}