题意概述：
现在给出一个N*N的方格纸，有M个格子已经被涂黑了。现在小明也来涂格子，每次等概率地涂格子（包括已经被涂过的），问期望的涂格子次数，使得方格纸每一行每一列都至少有一个格子被涂过。
数据范围：
1 ≤ n ≤ 2·103，0 ≤ m ≤ min(n2, 2·103)，1 ≤ ri, ci ≤ n （这是给出的涂过的格子的坐标），
Time limit : 1 s，Memory limit : 512 mb
分析：
我开始有一点小小的认为我的脑子可能有点好使了（YY出一个自己认为掌握的很差的东西，虽然最后做完回来看这题很水）
简单考虑一下，可以发现坐标的具体值是没有任何意义的，关键是这些被涂过的格子占了多少行多少列，假设就占了R行C列。
那么剩下A行B列没有涂，实际上可以把它看成一个位于方格纸左上角的A*B矩阵（不过A,B可以是0）。
很自然地想到用dp解决问题，设 f( a , b )表示让没有涂过的a行b列中每行每列至少有一个格子被涂过的期望次数。
四种情况:
1.这次涂使得a减一，b不变，那么概率为 a/N*(N-b)/N，贡献 a/N*(N-b)/N * f( a-1 , b )
2.这次涂使得b减一，a不变，那么概率为 (N-a)/N*b/N，贡献 (N-a)/N*b/N * f( a , b-1 )
3.这次涂使得a,b一起减一，那么概率为 a/N*b/N，贡献 a/N*b/N * f( a-1 , b-1 )
4.这次涂并没有改变a,b，那么概率为 (N-a)/N*(N-b)/N，贡献 (N-a)/N*(N-b)/N * f( a , b )
然后加上这次涂的代价1，那么就可以整理出dp方程（把第四部分移到等号左边即可）
只需要初始化 f( 0 , 0 ) = 0 即可，没有特别的边界，注意两维为0的时候也要推。
时间复杂度O(NM)
总结：求操作的期望次数，那么可能可以把操作需要达到的状态放到dp方程里面去递推。
AC代码：
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<stdbool.h> 4 #include<math.h> 5 #define maxn 2005 6 7 int T,N,M,A,B; 8 bool markc[maxn],markr[maxn]; 9 double f[maxn][maxn]; 10 11 void data_in() 12 { 13 memset(f,0,sizeof(f)); 14 memset(markc,0,sizeof(markc)); 15 memset(markr,0,sizeof(markr)); 16 scanf("%d%d",&N,&M); 17 int x,y; 18 for(int i=1;i<=M;i++){ 19 scanf("%d%d",&x,&y); 20 markr[x]=1,markc[y]=1; 21 } 22 } 23 void work() 24 { 25 A=B=N; 26 for(int i=1;i<=N;i++){ 27 if(markr[i]) A--; 28 if(markc[i]) B--; 29 } 30 f[0][0]=0; 31 for(int i=0;i<=A;i++) 32 for(int j=0;j<=B;j++) if(i!=0||j!=0){ 33 double tmp=1; 34 if(i>=1) tmp+=f[i-1][j]*i*(N-j)/(N*N); 35 if(j>=1) tmp+=f[i][j-1]*(N-i)*j/(N*N); 36 if(i>=1&&j>=1) tmp+=f[i-1][j-1]*i*j/(N*N); 37 f[i][j]=tmp*N*N/(N*N-(N-i)*(N-j)); 38 } 39 printf("%.5lf\n",f[A][B]); 40 } 41 int main() 42 { 43 freopen("test.in","r",stdin); 44 freopen("test.out","w",stdout); 45 scanf("%d",&T); 46 while(T--){ 47 data_in(); 48 work(); 49 } 50 return 0; 51 }