在一个n*m的矩阵中给定一个点，可以到达任意数值比它小的点，获得的分数是两点间欧几里得距离的平方，求期望分数。
- 期望的意思是所有可能发生的情况分别乘上它们发生的概率。
- 解法是从小往大求出每个数可以获得的值。可以推一下式子，用一用因式分解就出来了。记录一些奇怪的前缀和即可。
- 注意需要求逆元，每一次加法都要记得取模。
- 没有想到的原因是不熟悉dp，相当于可以直接用以前的结果了。（自己总是会想复杂）
//#include<bits/stdc++.h> #include<cmath> #include<cstdio> #include<assert.h> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int n,m,R,C; int p = 998244353; int dp[1005][1005]; int mul(int a,int b) { return int(a * 1LL * b % p); } void upd(int &a,int b){ a += b; while(a >= p) a -= p; while(a < 0) a += p; } int bp(int a,int b) { int res = 1; while(b > 0) { if(b & 1) res = mul(res,a); a = mul(a,a); b >>= 1; } return res; } int inv(int a){ int ia = bp(a,p-2); assert(mul(a,ia) == 1); return ia; } struct data{ int v,r,c; }d[1005*1005]; bool cmp(data a, data b) { return a.v < b.v; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i = 1;i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= m; j++) { int xx; scanf("%d",&xx); d[(i-1)*m+j].v = xx; d[(i-1)*m+j].r = i; d[(i-1)*m+j].c = j; } } scanf("%d%d",&R,&C); sort(d+1,d+n*m+1,cmp); memset(dp,0,sizeof dp); int SumDP = 0, SumR = 0, SumC = 0, SumR2 = 0, SumC2 = 0; int l = 1; // cout<<mul(2,2)<<" "<<bp(2,2)<<endl; while(l <= n*m) { int r = l; while(d[r].v == d[l].v && r <= n*m) r++; // cout<<l<<" "<<r<<endl; int il = -1; if(l != 1) il = inv(l-1); for (int i = l; i < r; i++) { int rr = d[i].r,cc = d[i].c; if(il == -1) { dp[rr][cc] = 0; continue; } upd(dp[rr][cc],mul(SumDP, il)); upd(dp[rr][cc],mul(rr,rr)); upd(dp[rr][cc],mul(cc,cc)); upd(dp[rr][cc],mul(SumR2,il)); upd(dp[rr][cc],mul(SumC2,il)); upd(dp[rr][cc],mul(mul(-rr-rr,SumR),il)); upd(dp[rr][cc],mul(mul(-cc-cc,SumC),il)); } for (int i = l; i < r; i++) { int rr = d[i].r, cc = d[i].c; // cout<<rr<<" "<<cc<<" "<<dp[rr][cc]<<endl; upd(SumDP,dp[rr][cc]); upd(SumR2,mul(rr,rr)); upd(SumC2,mul(cc,cc)); upd(SumR,rr); upd(SumC,cc); // cout<<SumDP<<" "<<SumR2<<" "<<SumC2<<" "<<SumR<<" "<<SumC<<endl; } l = r; } printf("%d\n",dp[R][C]); return 0; }