Description

给定一个n行m列的字符矩阵，’.’代表空地，’X’代表障碍。移动的规则是：每秒钟以上下左右四个方向之一移动一格，不能进入障碍。

计算：在空地中随机选择起点和终点（可以重合，此时最短耗时为0），从起点移动到终点最短耗时的平均值。

每一行每一列至多有1个障碍，并且障碍不在对角线方向相邻。以下矩阵是不合法的：

.X

X.
 

Input

第一行两个整数n, m。 

接下来n行，每行m个字符’.’或’X’。

Output

平均耗时，保留4位小数，四舍五入。

Sample Input

2 2
..
.X

Sample Output

0.8889

Data Constraint

Hint

2<=n,m<=1000

Solution

先解决前50%：所有两点间的曼哈顿距离和。

之间的曼哈顿距离等于。先计算前一部分的和。枚举两行i,j。观察到：随便从这两行中各取一个点，这两点的x坐标之差相同。因此，这两行所有点对的就等于：{第i行空地的数量}*{第j行空地的数量}*|i-j|*2。

计算的方法完全相同，略过。两部分答案相加，最后除以空地总数的平方，就得到最终答案。

要解决后50%，关键是要观察到，从A走到B的耗时，要么等于AB的曼哈顿距离，要么等于AB的曼哈顿距离+2。也就是至多绕行一次。这是由题目中的条件“不会有两个X封锁住对角线”保证的。

那么，怎样的点对需要绕行呢，观察：

上图中红点到蓝点需要绕行。从直观上来看，一个X下方的点到这个X上方的点需要绕行。如果这个X右边一列（或者左边一列）包含X且本列X之上方，那么到这个X上方的点也需要绕行。横过来考虑是类似的。

根据以上规律，统计出需要+2的点对数加入答案即可AC本题。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define N 1010
using namespace std;
double ans;
ll tot,sum;
int n,m,x[N],y[N],dx[N],dy[N],t,k;
char c[N][N];
int main(){scanf("%d%d\n",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){scanf("%c",&c[i][j]);if(c[i][j]=='X'){dx[j]=i;dy[i]=j;}else{x[i]++;y[j]++;tot++;}}scanf("\n");}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++)ans+=x[i]*x[j]*(abs(i-j))*2;for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=i+1;j<=m;j++)ans+=y[i]*y[j]*(abs(i-j))*2;for(int i=1;i<=m;i++) if(dx[i]){t=dx[i]-1;k=i;while(dx[k-1]&&dx[k-1]<dx[k]) t+=(dx[--k]-1);k=i;while(dx[k+1]&&dx[k+1]<dx[k]) t+=(dx[++k]-1);ans+=t*(n-dx[i])<<2;}for(int i=1;i<=n;i++) if(dy[i]){t=dy[i]-1;k=i;while(dy[k-1]&&dy[k-1]<dy[k]) t+=(dy[--k]-1);k=i;while(dy[k+1]&&dy[k+1]<dy[k]) t+=(dy[++k]-1);ans+=t*(m-dy[i])<<2;}tot=tot*(tot-1)+tot;printf("%.04lf",ans/tot);return 0;
}

作者：zsjzliziyang 
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