hdu5816 卡特兰数+dp

题意：共n张无中生有，m张攻击牌。每张攻击牌攻击力已知，敌方有p点血。随机洗牌。游戏开始，己方抽取一张手牌，若是无中生有则可再抽两张牌。求能在第一回合内将敌方杀死的概率。

n+m <= 20, p <= 1000;

很明显，与卡特兰数有关，原先栈内数量为1，抽到无中生有即入栈，否则出栈。

枚举攻击牌，求出该攻击牌组合下，用完所有手牌将对方杀死的方案数，以及抽光所有牌将对方杀死的方案数（手牌有剩）。

不算预处理的复杂度，每组数据的时间复杂度为O(2^m)

 #include <cstdio>
 typedef long long ll;

 int bc[<<], sum[<<], tmp[<<];
 int C[][];
 ll fact[];

 ll gcd(ll a, ll b){
     return b == ? a :gcd(b, a%b);
 }

 void init(){
     int i, j;
     bc[] = ;
     for (i=; i<(<<); i++) bc[i] = bc[i^(i&-i)] + ;
     fact[] = ;
     for (i=; i<=; i++) fact[i] = fact[i-] * i;
     C[][] = ;
     for (i=; i<=; i++){
         C[i][] = C[i][i] = ;
         for (j=; j<i; j++) C[i][j] = C[i-][j] + C[i-][j-];
     }
 }

 int main(){
     ll a, b, d;
     int p, n, m, t, i;
     init();
     scanf("%d", &t);
     while (t --){
         scanf("%d %d %d", &p, &n, &m);
         for (i=; i<m; i++) scanf("%d", &tmp[<<i]);
         sum[] = ;
         for (i=; i<(<<m); i++) sum[i] = sum[i^(i&-i)] + tmp[i&-i];
         a = ;
         for (i=; i<(<<m); i++){
             if (sum[i] >= p && bc[i] <= n + ){
                 //C(n + m − 1,m) − C(n + m − 1,m − 1)
                 //手牌用完，到(bc[i], bc[i])的方案数，即到(bc[i], bc[i]-1)的方案数, 需要bc[i]-1张无中生有
                 a += C[n][bc[i]-] * (C[ bc[i]+bc[i]- ][ bc[i]- ] - C[ bc[i]+bc[i]- ][ bc[i]- ])* fact[bc[i]-] * fact[bc[i]] * fact[n+m-*bc[i]+];
                 //手牌用不完, 到(n+1, m)的方案数
                 if(bc[i] == m&&bc[i] < n+)
                     a += (C[ m+n ][ m ] - C[ m+n ][ m- ])* fact[n] * fact[m];
             }
         }
         b = fact[n+m];
         d = gcd(a, b);
         printf("%I64d/%I64d\n", a / d, b / d);
     }
     return ;
 }

当时写的时候是以 状态表示的牌将敌方杀死 作为结束点，似乎还要容斥，比如用1,2,3杀死对方和用1,2就杀死对方，复杂度也可能会爆炸；

其实应该换一个角度，考虑手牌用光将对方杀死，再加上手牌用不光的case，终点已知，那么就不会有容斥关系。