传送门
没事干来划个水(喂喂喂,想想你还有多少题没补w(゚Д゚)w
这题是个非常水的期望DP
我们先按格子从小到大排个序
然后用
表示
从
这个格子出发的期望得分
最小的那些格子的f值显然是0啦
大的格子的f值显然是从比它小的转移来的啦
转移方程大概长这个样子,假设比第
个格子小的共有
个,
是权值比
小的那些格子
但是这样好像并!无!卵!用!因为我们还是要枚举
于是我们可以把上面的式子的分子展开
再化简就是(由于式子较长就只写了关于
的部分,
同理)
于是,我们就可以让
,当然还有
和
于是
欸,怎么还有个除
???
没事没事,这个一开始线性求逆元预处理一波就好啦O(∩_∩)O
还有一个需要注意的细节是,由于每个格子是由严格小于它的格子转移来的,所以要把权值相同的格子的f值全求完了之后再一起更新 这些变量。
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define rf(i,x,y) for(int i=y;i>=x;i--)
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1001;
const int p=998244353;
int n,m;
struct data{
int x,y,c;
}a[N*N];
int x,y;
ll inv[N*N];
ll f[N*N];
ll s,sf,sx,sx2,sy,sy2;
void read(int &x){
char ch=getchar();x=0;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
}
int cmp(const data &q,const data &w){
return q.c<w.c;
}
void Add(ll &x,ll y){ //手动取模
x+=y;
while(x<0) x+=p;
while(x>=p) x-=p;
}
inline ll sqr(ll x){
return x*x;
}
int main(){
read(n);read(m);
fr(i,1,n) fr(j,1,m){
read(x);
a[(i-1)*m+j]=(data){i,j,x};
}
read(x);read(y);
n*=m;
sort(a+1,a+1+n,cmp);
inv[1]=1;
fr(i,2,n) inv[i]=(-p/i*inv[p%i])%p; //线性求逆元
a[n+1].c=-1;
fr(i,1,n){
if (s){ //可以转移
Add(f[i],(s*sqr(a[i].x)%p-2*sx*a[i].x%p+sx2)%p);
Add(f[i],(s*sqr(a[i].y)%p-2*sy*a[i].y%p+sy2)%p);
Add(f[i],sf);
f[i]=f[i]*inv[s]%p;
} else f[i]=0; //已经是最小的格子了
if (a[i].x==x&&a[i].y==y){ //算出答案就输出
cout<<(f[i]+p)%p<<endl;
exit(0);
}
if (a[i].c!=a[i+1].c) //相同权值的格子全部处理完了就更新
for(int j=i;j;j--){
if (a[j].c!=a[i].c) break;
Add(sf,f[j]);
Add(sx,a[j].x);
Add(sx2,sqr(a[j].x));
Add(sy,a[j].y);
Add(sy2,sqr(a[j].y));
s++;
}
}
return 0;
}