题面
题目描述
为了庆祝新的一年到来，小M决定要粉刷一个大木板。大木板实际上是一个W*H的方阵。小M得到了一个神奇的工具，这个工具只需要指定方阵中两个格子，就可以把这两格子为对角的，平行于木板边界的一个子矩形全部刷好。小M乐坏了，于是开始胡乱地使用这个工具。
假设小M每次选的两个格子都是完全随机的（方阵中每个格子被选中的概率是相等的），而且小M使用了K次工具，求木板上被小M粉刷过的格子个数的期望值是多少。
输入格式
第一行是整数K，W，H
输出格式
一行，为答案，四舍五入保留到整数。
样例
样例输入
1 3 3
样例输出
4
样例解释
准确答案约为3.57
数据范围与提示
100% 的数据满足：1 ≤ W, H ≤ 1000， 0 ≤ K ≤ 100
思路
显然我们不能枚举每个矩形，那么利用期望的线性性，考虑每个格点的贡献，即它被多少个不同的矩形包含。（左上×右下+左下×右上）×2大概是这样，但还有一些重复情况要减去。
i*j*(w-i+1)*(h-j+1) (w-i+1)*j*(h-j+1)*i
看得出重复的是中间十字矩形 i*(w-i+1)+j*(h-j+1)
因为（i，j）（j，i）是不同的矩形，所以要×2。格点自身形成的矩形被+2-2后还要加上
那么对于格点（i，j），染1次色它被染上的概率为
((i*j*(w-i+1)*(h-j+1)*2-i*(w-i+1)-j*(h-j+1))*2+1)1.0/(w*w*h*h)*1.0
现在关注格点染k次色被染上的概率，一开始想计算第1次染上的概率+第2次染上的概率+……+第k次染上的概率，每次都不同，所以不是很实际（有不嫌麻烦的勇士这样做吗？让我膜拜一下。TLE的也可以
欸，我们反向操作一波，算格点染k次都没染上的概率，再用1一减 一股子容斥味
而这k次的概率就相同了 （1次没染上的概率）k
1次没染上的概率就是1-1次染上的概率 禁止套娃
ps：这么简单，真的还需要代码吗
代码
k=read();w=read();h=read();
for(int i=1;i<=w;++i)
for(int j=1;j<=h;++j){
double a=i*j*(w-i+1)*(h-j+1)*2-i*(w-i+1)-j*(h-j+1);
a=(a*2+1)*1.0/(w*w*h*h)*1.0;
ans+=1.0-power(1-a,k);
}
printf("%.0f",ans);
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