【洛谷5299】[PKUWC2018] Slay the Spire（组合数学）

点此看题面

大致题意： 有$n$张强化牌$a_i$和$n$张攻击牌$b_i$，每张牌有一个权值（强化牌的权值大于$1$），每张强化牌能使所有攻击牌的权值乘上这张强化牌的权值，每张攻击牌造成的伤害等于这张攻击牌的权值。现在，以等概率抽出$m$张牌，并以最优策略使用其中至多$k$张牌造成最大的伤害。求所有情况下，造成伤害总和。

前言

感觉最近肝了好久的文化课，居然思维水平不但没降，还有了点提升？

没想到居然能不看题解自己把这道题做出来，虽然$WA$了一次，但还算是有进步了吧！

何为最优策略

这道题看似毫无头绪，因此，我们先要好好推一推性质。

假设现在我们已经选好了$m$张牌，那么最优策略是什么？

首先，如果我们已经确定要用$x$张强化牌和$y$张攻击牌，那么根据贪心的想法，肯定是先使用权值最大的$x$张强化牌，再使用权值最大的$y$张攻击牌。

因此我们把$a$和$b$分别从大到小排序。

同时，同样依据贪心，我们可以知道答案就是强化牌的乘积乘上攻击牌之和。

然后我们考虑，在什么情况下，把第$y$张攻击牌换成第$x+1$张强化牌，与原先答案相比不会变劣。

原先答案是：

\[\prod_{i=1}^xa_i\cdot\sum_{i=1}^y b_i
\]

变化后的答案是：

\[\prod_{i=1}^{x+1}a_i\cdot\sum_{i=1}^{y-1}b_i
\]

则两式相减，即为答案的变化量，也就是：

\[(a_{x+1}-1)\cdot(\prod_{i=1}^xa_i\cdot\sum_{i=1}^{y-1}b_i)-(\prod_{i=1}^xa_i)\cdot b_y
\]

当变化后答案不变劣，说明变化量$\ge 0$，即：

\[(a_{x+1}-1)\cdot(\prod_{i=1}^xa_i\cdot\sum_{i=1}^{y-1}b_i)\ge(\prod_{i=1}^xa_i)\cdot b_y
\]

我们把式子中的$\prod_{i=1}^xa_i$去掉，就得到：

\[(a_{x+1}-1)\cdot(\sum_{i=1}^{y-1}b_i)\ge b_y
\]

由于题目中说明，强化牌权值大于$1$，所以$a_{x+1}-1\ge 1$。

而在$y>1$时，因为$b$数组经过了从大到小排序，所以$\sum_{i=1}^{y-1}b_i$肯定大于等于$b_y$。

所以我们可以发现，在$y>1$时，$(a_{x+1}-1)\cdot(\sum_{i=1}^{y-1}b_i)\ge b_y$是始终成立的。

也就是说，在保有至少一张攻击牌的前提下，肯定是尽量选择强化牌会更优。

这么一来，这道题一下就可做得多了。

预处理

在正式开始解题之前，我们还需要进行预处理，定义几个变量。

设$f_{i,j,0}$表示在前$i$张强化牌中选择$j$张且第$i$张被选中的所有情况下，这$j$张牌的乘积之和，$g_{i,j,0}$表示在前$i$张攻击牌中选择$j$张且第$i$张被选中的所有情况下，这$j$张牌的和之和。

同时，定义$f_{i,j,1}=\sum_{x=1}^if_{x,j,0},g_{i,j,1}=\sum_{x=1}^ig_{x,j,0}$来辅助转移。

则不难发现，有转移方程：

\[f_{i,j,0}=a_i\cdot f_{i-1,j-1,1}
\]

\[f_{i,j,1}=f_{i,j,0}+f_{i-1,j,1}
\]

\[g_{i,j,0}=b_i\cdot C_{i-1,j-1}+g_{i-1,j-1,1}
\]

\[g_{i,j,1}=g_{i,j,0}+g_{i-1,j,1}
\]

注意，$g_{i,j,0}$的转移中，$C_{i-1,j-1}$表示在$i-1$个数中选择$j-1$个数的方案，即从$g_{i-1,j-1,1}$转移到$g_{i,j,0}$共有$C_{i-1,j-1}$种情况，而每种情况卡牌权值和加上了$b_i$，就相当于共加上了$b_i\cdot C_{i-1,j-1}$。

至于这些东西究竟有什么用，待会儿你就会知道了。

组合数学

接下来，就是分类讨论+推式子啦。

第一类：当$m$张牌中，强化牌的数量小于$k-1$张时。

此时必然是选上所有的强化牌，然后选上权值最大的一些攻击牌。

不难发现，其实等于$k-1$张时也符合这一类情况的操作方案，但为了方便起见，我们把等于$k-1$的情况放入另一类情况中中。

对于这一种情况，我们枚举$i,j$分别表示强化牌有$i$张和最后被选中的攻击牌是第$j$张。

在强化牌中选择$i$张的所有合法情况下的乘积之和，其实就是$f_{n,i,1}$。

而强化牌中选择$i$张，攻击牌中就要选择$k-i$张，又由于最后被选中的攻击牌是第$j$张，所以所有合法情况下攻击牌的和之和，其实就是$g_{j,k-i,0}$。

而若要最终选出的$k$张牌是这$k$张牌，就剩余$m-k$张牌就需要满足：

不存在强化牌。
所有攻击牌都必须在第$j$张之后，否则选这张攻击牌肯定比选第$j$张优。

因此方案数就是$C_{n-j}^{m-k}$。

总结一下，就是枚举$i,j$，然后每次答案加上$f_{n,i,1}\cdot g_{j,k-i,0}\cdot C_{n-j}^{m-k}$。

第二类：当$m$张强化牌中，强化牌的数量大于等于$k-1$时。

此时必然是选上权值最大的$k-1$张强化牌，然后选上权值最大的一张攻击牌。

对于这一种情况，我们枚举$i,j$分别表示最后被选中的强化牌是第$i$张和被选中的攻击牌是第$j$张。

在前$i$张强化牌中选择$k-1$张，且第$i$张必选，所有合法情况下的乘积之和，其实就是$f_{i,k-1,0}$。

选择第$j$张攻击牌，攻击牌之和其实就是第$j$张攻击牌的权值，也就是$b_j$。

而若要最终选出的$k$张牌是这$k$张牌，就剩余$m-k$张牌就需要满足：

所有强化牌都必须在第$i$张之后。
所有攻击牌都必须在第$j$张之后。

因此方案数就是$C_{2n-i-j}^{m-k}$。

总结一下，就是枚举$i,j$，然后每次答案加上$f_{i,k-1,0}\cdot b_j\cdot C_{2n-i-j}^{m-k}$。

具体实现可见代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>

#define Tp template<typename Ty>

#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>

#define Reg register

#define RI Reg int

#define Con const

#define CI Con int&

#define I inline

#define W while

#define N 6000

#define X 998244353

using namespace std;

int n,m,k,a[N+5],b[N+5],C[N+5][N+5],f[N+5][N+5][2],g[N+5][N+5][2];

I bool cmp(CI x,CI y) {return x>y;}

int main()

{

	RI i,j;for(C[0][0]=i=1;i<=N;++i) for(C[i][0]=j=1;j<=i;++j) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%X;//预处理组合数

	RI Tt,ans;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)

	{

		for(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k),ans=0,i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);

		for(i=1;i<=n;++i) scanf("%d",b+i);sort(a+1,a+n+1,cmp),sort(b+1,b+n+1,cmp);//从大到小排序

		for(f[0][0][0]=f[0][0][1]=i=1;i<=n;++i) for(f[i][0][1]=j=1;j<=i;++j)//预处理f

			f[i][j][0]=1LL*a[i]*f[i-1][j-1][1]%X,f[i][j][1]=(f[i][j][0]+f[i-1][j][1])%X;

		for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=i;++j)//预处理g

			g[i][j][0]=(1LL*b[i]*C[i-1][j-1]+g[i-1][j-1][1])%X,g[i][j][1]=(g[i][j][0]+g[i-1][j][1])%X;

		for(i=0;i<k-1;++i) for(j=1;j<=n;++j) ans=(1LL*f[n][i][1]*g[j][k-i][0]%X*C[n-j][m-k]+ans)%X;//当强化牌数量小于k-1时

		for(i=0;i<=n;++i) for(j=1;j<=n;++j) ans=(1LL*f[i][k-1][0]*b[j]%X*C[2*n-i-j][m-k]+ans)%X;//当强化拍数量大于等于k-1时

		printf("%d\n",ans);//输出答案

	}return 0;

}