前言
该死的概率期望，一看就会，一做就废。
T1
暴力
注意此题不需要去重，不难发现行和列可以单独计算。
用r[]和c[]表示每一行和每一列的宝藏数，
宽度只有1的就解决了，那宽度不为1的呢？
维护2个前缀和，宽度大小就是r[i]-r[j-1]，暴力枚举前缀和后放到桶里。利用乘法原理统计即可。
时间复杂度O(n^2+m^2+k)
代码实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=105;
int n,m,k,r[N],c[M],ans;
int qr[N],qc[M];
int f[N],g[N];
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
char s;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>s;
r[i]+=(s=='$');
c[j]+=(s=='$');
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) qr[i]=qr[i-1]+r[i];
for(int i=1;i<=m;i++) qc[i]=qc[i-1]+c[i];
for(int len=1;len<=n;len++)
for(int i=1;i<=n-len+1;i++){
int j=i+len-1;
f[qr[j]-qr[i-1]]++;
}
for(int len=1;len<=m;len++)
for(int i=1;i<=m-len+1;i++){
int j=i+len-1;
g[qc[j]-qc[i-1]]++;
}
for(int i=0;i<=k;i++) ans+=f[i]*g[k-i];
cout<<ans;
return 0;
}
我们发现可以优化枚举的内容，O(m^2)枚举每一条，由于宝藏数必须为k，所以可以用双端队列O(n)扫一遍，统计即可，这里不做赘述。
正解
由于是矩阵，容易想到二维前缀和，同时我们观察到这两条线可以分成2个直角的部分，正好可以用前缀和维护，对于另一部分，就可以用后缀和维护，如图：
涂色部分的值等于
f ( x 2 , y 2 ) − f ( x 1 − 1 , y 1 − 1 ) + g ( x 1 , y 1 ) − g ( x 2 + 1 , y 2 + 1 ) f(x2,y2)-f(x1-1,y1-1)+g(x1,y1)-g(x2+1,y2+1) f(x2,y2)−f(x1−1,y1−1)+g(x1,y1)−g(x2+1,y2+1)
= f ( x 2 , y 2 ) − g ( x 2 + 1 , y 2 + 1 ) + g ( x 1 , y 1 ) − f ( x 1 − 1 , y 1 − 1 ) = k =f(x2,y2)-g(x2+1,y2+1)+g(x1,y1)-f(x1-1,y1-1)=k =f(x2,y2)−g(x2+1,y2+1)+g(x1,y1)−f(x1−1,y1−1)=k
g ( x 1 , y 1 ) − f ( x 1 − 1 , y 1 − 1 ) = k − [ f ( x 2 , y 2 ) − g ( x 2 + 1 , y 2 + 1 ) ] g(x1,y1)-f(x1-1,y1-1)=k-[f(x2,y2)-g(x2+1,y2+1)] g(x1,y1)−f(x1−1,y1−1)=k−[f(x2,y2)−g(x2+1,y2+1)]
于是我们不妨O(n2)处理出(x2,y2)的所有情况，去找(x1,y1)。
即预处理出(x2,y2)的贡献：
a ( x 2 , y 2 ) = f ( x 2 , y 2 ) − g ( x 2 + 1 , y 2 + 1 ) a(x2,y2)=f(x2,y2)-g(x2+1,y2+1) a(x2,y2)=f(x2,y2)−g(x2+1,y2+1)
g ( x 1 , y 1 ) − f ( x 1 − 1 , y 1 − 1 ) = k − a ( x 2 , y 2 ) g(x1,y1)-f(x1-1,y1-1)=k-a(x2,y2) g(x1,y1)−f(x1−1,y1−1)=k−a(x2,y2)
这里介绍用树状数组找：
枚举a的时候，我们发现不管是(x1,y1)还是(x2,y2)，所有情况都遍历到，且我们发现：(x1,y1)一定在(x2,y2)左方，所以问题就转换为了：
统计 g ( x 1 , y 1 ) − f ( x 1 − 1 , y 1 − 1 ) g(x1,y1)-f(x1-1,y1-1) g(x1,y1)−f(x1−1,y1−1)即求 k − [ f ( x 2 , y 2 ) − g ( x 2 + 1 , y 2 + 1 ) ] k-[f(x2,y2)-g(x2+1,y2+1)] k−[f(x2,y2)−g(x2+1,y2+1)]
中满足y1<y2的点的个数。
不难想到使用树状数组解决。
枚举每一行，再枚举每一列，然后对于的a[i][j]放到对应值的树状数组中，将这一行处理后，查询 g ( x 1 , y 1 ) − f ( x 1 − 1 , y 1 − 1 ) = k − a ( x 2 , y 2 ) g(x1,y1)-f(x1-1,y1-1)=k-a(x2,y2) g(x1,y1)−f(x1−1,y1−1)=k−a(x2,y2)比列数j小的1~j-1列的所有值。
注意：a[i][j]可能为负，不妨加2*宝藏数，即可保证一定为正。
时间复杂度O(nmlog)
代码实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=105;
int n,m,k,cnt;
long long ans;
int f[N][M],g[N][M],a[N][M];
struct TREE{
int t[M];
void update(int x){
if (!x) ++t[0];
for (;x<M && x;x+=x&-x) ++t[x];
}
int query(int x){
int sum=0;
for (;x;x-=x&-x) sum+=t[x];
return sum+t[0];
}
}Bit[N*3];
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
char s;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>s;
if(s=='$')
f[i][j]++,g[i][j]++,cnt++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++) f[i][j]+=f[i-1][j]+f[i][j-1]-f[i-1][j-1];
for(int i=n;i>=1;i--)
for(int j=m;j>=1;j--) g[i][j]+=g[i+1][j]+g[i][j+1]-g[i+1][j+1];
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++)
a[i][j]=f[i][j]-g[i+1][j+1];
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++)
Bit[a[i-1][j-1]+2*cnt].update(j-1);
for(int j=1;j<=m;j++)
ans+=Bit[a[i][j]-k+2*cnt].query(j-1);
}
cout<<ans;
return 0;
}
T2
一道简单的 期望题。
以1 1 1时为例，对期望列个表
0：1 1 1
1：0 3/2 3/2
2：3/4 0 9/4
3：15/8 9/8 0
3行即为答案，用快速幂首先处理出1/(n-1)的逆元，之后乘即可，不需要线性递推。
我们来分析一下：
1去分的时候：
1由于全部分完，期望为0
2，3有1/2概率分到1，期望为1+1/2
2去分的时候：
还是1/2的概率，
以此类推。
推广一下，我们有：
其中，x=n-1。
容易发现就是一个前缀和，每次除以x即可，然后推完了再倒退回去就可以了。
代码实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1000005,mod=998244353;
ll f[N],n,ans[N];
int fp(int a,int b){
int sum=1;
while(b){
if(b&1) sum=(1ll*sum*a)%mod;
a=(1ll*a*a)%mod;
b>>=1;
}
return sum;
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&f[i]);
int inv=fp(n-1,mod-2);
int s=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
f[i]=(f[i]+1ll*s*inv)%mod,s=(s+f[i])%mod;
s=0;
for(int i=n;i>=1;i--)
ans[i]=1ll*s*inv%mod,s=(s+f[i])%mod;
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<" ";
return 0;
}