大意
给定(N,M,K)，表示有一个(N*N)的空矩阵，(M)个不同的数。
随机地把(M)个数中的(N^2)个数丢进这个空矩阵中（(Mge N^2)）
再从(M)个数中随机选(K)个不同的数，在矩阵上将这(K)个数标记出来（如果有）。
设(T)的值为完全被标记的整行与整列个数。
求(2^T)的期望值与(1e99)的较小值。
思路
首先，对于(2^T)这种奇怪的东西，我们可以将其理解为该种情况的所有子集个数。
即有些情况可能会被多次计算也是合法的，所以不用容斥。
则答案就是所有的(T)值出现个数的期望值。
然后有一个比较显然的想法：不妨枚举一下(R,C)，表示至少有(R)整行，(C)整列被标记完。
则此时有一个(C(N,R) imes C(N,C))表示在该情况下的(T)值总个数。
而这种方案的出现概率(P[R][C])的值就为出现该情况数除以总情况数。
我们不妨设(Z=(R+C) imes N-R imes C)，即这(Z)个数都会在所选的(K)个数中。
则有：
[P[R][C]=frac{C(M,K)cdot A(K,Z)cdot A(M-Z,N^2-Z)}{C(M,K)cdot A(M,N^2)}
]
将该式子化简后得：
[P[R][C]=frac{C(M-Z,K-Z)}{C(M,K)}
]
即该情况对答案的贡献就为(C(N,R) imes C(N,C) imes frac{C(M-Z,K-Z)}{C(M,K)})
小注：
对于(P[R][C])的理解：
- 对于第一个式子的理解：
分子：枚举了(K)的选择，(Z)的上色选择，剩下的(N^2-Z)的上色选择。
分母：考虑了每一种矩阵上色情况以及每一种(K)的选择的总方案数。 - 对于第二个式子的理解：发现预涂色对答案统计无影响
分子：(Z)个数的位置以及颜色已经固定，则这(Z)个数一定在(K)个数中，剩下的(K-Z)个乱选就行了。
分母：矩阵的颜色已经上好，则总方案数只有(C(M,K))
对于答案的保存方式：
使用long double来存储一个数的log()值，
则乘法变加法，除法变减法，最后再统一出解。
代码
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LD long double
const int MAXN=100005;
int N,M,K;
LD f[MAXN],Ans;
LD C(int x,int y){
return f[x]-f[y]-f[x-y];
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&N,&M,&K);
for(int i=1;i<=1e5;i++)
f[i]=f[i-1]+log(1.0*i);
for(int i=0;i<=N;i++)
for(int j=0;j<=N;j++){
int z=N*(i+j)-i*j;
if(z>K)continue;
LD tmp=C(N,i)+C(N,j)+C(M-z,K-z)-C(M,K);
Ans=min((LD)(1e99),Ans+exp(tmp));
}
printf("%.10f
",(double)Ans);
}