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在一个 行
列的网格图上随机选择
个点。定义当前局面的分数为最小的可以围住这
请求出所有局面中分数的期望值，输出时对 取模。
先说经典的容斥方法，考虑围住这个点的矩形的大小为
个点全部落在这个矩形范围内的方案数为
接下来考虑围住个点的最小矩形并不是
的方案数
而这种情况下，一定有一条边上没有点
容斥的方法就出来了，每次考虑几条边上没有点然后考虑一下是什么样的情况，如何加减即可
另一种方法是直接推
设表示围住
个点的矩形大小为
的方案数
则很容易有
复杂度是的，对这个式子变形
其中都可看为常量，我们只需维护这几个前缀和就可以方便的转移了:
#include <iostream>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 1003;
const int maxm = 1000006;
int n, m, k, ans;
int f[maxn][maxn], s[maxn][maxn], si[maxn][maxn], sj[maxn][maxn], sij[maxn][maxn];
int fac[maxm], ifac[maxm];
void add (int &x, int y){ x = ((x + y) % mod + mod) % mod; }
int C (int n, int m)
{
if (n < m) return 0;
return 1ll * fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
}
int main ()
{
cin >> n >> m >> k;
fac[0] = ifac[0] = ifac[1] = 1;
for (int i = 1; i <= 1e6; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
for (int i = 2; i <= 1e6; ++i) ifac[i] = (mod - 1ll * mod / i * ifac[mod % i] % mod) % mod;
for (int i = 1; i <= 1e6; ++i) ifac[i] = 1ll * ifac[i - 1] * ifac[i] % mod;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
f[i][j] = C(i * j, k);
add(s[i][j], ((s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1]) % mod + mod) % mod);
add(si[i][j], ((si[i - 1][j] + si[i][j - 1] - si[i - 1][j - 1]) % mod + mod) % mod);
add(sj[i][j], ((sj[i - 1][j] + sj[i][j - 1] - sj[i - 1][j - 1]) % mod + mod) % mod);
add(sij[i][j], ((sij[i - 1][j] + sij[i][j - 1] - sij[i - 1][j - 1]) % mod + mod) % mod);
add(f[i][j], -1ll * (i + 1) * (j + 1) * s[i][j] % mod);
add(f[i][j], 1ll * (i + 1) * sj[i][j] % mod);
add(f[i][j], 1ll * (j + 1) * si[i][j] % mod);
add(f[i][j], -sij[i][j]);
add(s[i][j], f[i][j]);
add(si[i][j], 1ll * i * f[i][j] % mod);
add(sj[i][j], 1ll * j * f[i][j] % mod);
add(sij[i][j], 1ll * i * j * f[i][j] % mod);
add(ans, 1ll * f[i][j] * i % mod * j % mod * (n - i + 1) % mod * (m - j + 1) % mod);
}
cout << 1ll * ans * ifac[n * m] % mod * fac[k] % mod * fac[n * m - k] % mod << endl;
return 0;
}如有哪里讲得不是很明白或是有错误，欢迎指正
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