InputThe first line contains an integer t-th case, and then output the expected number of squares that will be painted. Round to integers.Sample Input
2 3 3 1 4 4 2
Sample Output
Case #1: 4
Case #2: 8
Hint
The precise answer in the first test case is about 3.56790123.
题意：
给出一个M*N的矩阵，从其中任意的选两个格子，将以两个格子为对角的矩形染色。这样的操作重复k次，问会被涂色的格子数的期望值。
分析：
期望值说白了就是执行完上述操作后，计算最有可能涂了多少个格子。
看了网上的题解才明白，我们只需要计算每一个格子可能被选中的概率，
期望值E(x)=x1*p1 + x2*p2 + ..... + xn*pn;
在这里我们把每1个格子看做独立事件，所以这里的x1=x2=.....=xn=1，
所以对于本题，期望值 E(x)=p1 + p2 + ..... + pn;
解题：
现在问题就简化成了求 每一个格子 被选中的概率，再累加即可。
先看一张图：
假设现在我们求5这个点被涂色的概率，怎样可以让他染上色呢？
选点（x1,y1）和 （x2,y2）构成的矩形包含5这个点即可。
在矩阵中选两个点的总情况数 是 m*n * m*n
那么选点有9种情况：
1、若(x1,y1)在区域1，则(x2,y2)可以在区域5、6、8、9
2、若(x1,y1)在区域3，则(x2,y2)可以在区域4、5、7、8
3、若(x1,y1)在区域7，则(x2,y2)可以在区域2、3、5、6
4、若(x1,y1)在区域9，则(x2,y2)可以在区域1、2、4、5
5、若(x1,y1)在区域2，则(x2,y2)可以在区域4、5、6、7、8、9
6、若(x1,y1)在区域4，则(x2,y2)可以在区域2、3、5、6、8、9
7、若(x1,y1)在区域6，则(x2,y2)可以在区域1、2、4、5、7、8
8、若(x1,y1)在区域8，则(x2,y2)可以在区域1、2、3、4、5、6
9、若(x1,y1)在区域5，则(x2,y2)可以在任意区域
当前这个点被染色的概率就是这9种情况之概率和。
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参考博客：https://blog.csdn.net/winter2121/article/details/71082686
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#include <algorithm>
#define ls (r<<1)
#define rs (r<<1|1)
#define debug(a) cout << #a << " " << a << endl
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn = 1e3+10;
const ll mod = 1e9+7;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
int main() {
ll T, k;
double n, m;
scanf("%lld",&T);
for( ll cas = 1; cas <= T; cas ++ ) {
scanf("%lf %lf %lld",&m,&n,&k);
double sum = n*m*n*m, ans = 0; //sum：所有的情况种数，ans：期望值
for( ll i = 1; i <= m; i ++ ) {
for( ll j = 1; j <= n; j ++ ) { //对每一个点算贡献值
double p = 0; //点(i,j)被选中的情况数
//另外一个点在区域1，3，5，7
p += (i-1)*(j-1)*(m-i+1)*(n-j+1);
p += (i-1)*(n-j)*(m-i+1)*j;
p += (m-i)*(j-1)*i*(n-j+1);
p += (m-i)*(n-j)*i*j;
//另外一个点在区域2，4，6，8
p += (i-1)*1*(m-i+1)*n;
p += 1*(j-1)*m*(n-j+1);
p += 1*(n-j)*m*j;
p += (m-i)*1*i*n;
//另外一个点在区域5
p += m*n;
//点(i,j)被选中的概率
p = (p*1.0)/sum;
ans += 1-pow(1-p,k);
}
}
printf("Case #%lld: %.0f\n",cas,ans);
}
return 0;
}