【loj2538】 【PKUWC 2018】Slay the Spire dp

我们不难发现，假设抽了x张攻击牌，y张强化牌，那么肯定是打出尽可能多张的强化牌后，再开始出攻击牌（当然最少要一张攻击牌）

我们设G(i,j)表示：所有（抽到的攻击牌牌数为i，打出的攻击牌牌数为j）的方案，所产生的攻击值的总和

形式化地说：​$G(i,j)=\sum\limits_{S∈攻击牌\and|S|=i}S中前j大的牌的攻击值之和$

考虑到G(i,j)难以一次求出，我们考虑设置一些中间变量

设g[i][j]表示：我们对攻击牌从小大大进行排序，目前选了i张牌，其中最小的牌是第j张的总贡献，其中b[j]表示第j小的牌的攻击值

当i=1时，有$g[i][j]=b[j]$

当i>1时，有$g[i][j]=b[j]\times \binom{n-j+1}{i}+\sum\limits_{k=j+1}^{n} g[i-1][k]$

后面那个$\sum$我们可以通过求前缀和，实现快速求解

考虑如何通过g(i,j)求解G(i,j)

不难推出：$G(i,j)=\sum\limits_{k=1}^{n-j+1} g[i][k]$

我们设F(i,j)表示：所有（抽到的强化牌牌数为i，打出的强化牌数为j）的方案里，每一个方案所产生的贡献（抽到的i张牌中，最大的j张牌之积）的和

形式化地说：$F(i,j)=\sum\limits_{S∈强化牌\and|S|=i}S中前j大的牌的强化值之积$

考虑到F(i,j)难以一次求出，我们考虑设置一些中间变量

设f[i][j]表示：我们对强化牌从小大大进行排序，目前选了i张牌，其中最小的牌是第j张的总贡献，其中a[j]表示第j小的牌的攻击值

当i=1时，有$f[i][j]=a[j]$

当i>1时，有$f[i][j]=a[j]\times \sum\limits_{k=j+1}^{n} f[i-1][k]$

后面那个$\sum$我们可以通过求前缀和，实现快速求解

考虑如何通过f(i,j)求解F(i,j)

不难推出：$F(i,j)=\sum\limits_{k=1}^{n-j+1} f[i][k]$

最后我们要求的答案ans，假设当前，我们抽到的强化牌数量为i

若i<k，则$ans+=F(i,i)\times G(m-i,k-i)$

若i≥k，则$ans+=F(i,k-1)\times G(m-i,1)$

完结撒花~

 1 #include <algorithm>
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstring>
 4 #include <cstdio>
 5 using namespace std;
 6 typedef long long ll;
 7 const int mod=998244353;
 8 int T, n, m, k, a[1505], b[1505], c[3005][3005], f[1505][1505];
 9 int g[1505][1505], sum[1505];
10 int F(int x, int y){
11     if(x<y)    return 0;
12     if(!y)    return c[n][x];
13     int re=0;
14     for(int j=x-y+1; j<=n-y+1; j++)
15         re = (re + (ll)f[y][j]*c[j-1][x-y]%mod) % mod;
16     //感性理解一下……大概就是把x-y张不打出的牌放到j前头，这里我讲不太清QAQ
17     return re;
18 }
19 int G(int x, int y){
20     if(x<y)    return 0;
21     int re=0;
22     for(int j=x-y+1; j<=n-y+1; j++)
23         re = (re + (ll)g[y][j]*c[j-1][x-y]%mod) % mod;
24     return re;
25 }
26 int main(){
27     cin>>T;
28     for(int i=0; i<=3000; i++){
29         c[i][0] = 1;
30         for(int j=1; j<=i; j++)
31             c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j]) % mod;
32     }
33     while(T--){
34         memset(f, 0, sizeof(f));
35         memset(g, 0, sizeof(g));
36         scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
37         for(int i=1; i<=n; i++)    scanf("%d", &a[i]);
38         for(int i=1; i<=n; i++)    scanf("%d", &b[i]);
39         sort(a+1, a+1+n);//跟牌的顺序无关，可以sort
40         sort(b+1, b+1+n);
41         for(int i=1; i<=n; i++){
42             f[1][i] = a[i];//初始化f[][]，显然只选1张的倍率之和是a[i]
43             sum[i] = (sum[i-1] + a[i]) % mod;//前缀和，方便转移
44         }
45         for(int i=2; i<=n; i++){
46             for(int j=1; j<=n-i+1; j++)
47                 f[i][j] = (ll)a[j] * (sum[n]-sum[j]+mod) % mod;
48             //打了i张牌，最前头的是第j张，那它就是f[i-1][j+1..n]的和再乘上第j号元素。这个转移的思想是枚举在打了i-1张牌的时候最前头的是哪一张
49             for(int j=1; j<=n; j++)
50                 sum[j] = (sum[j-1] + f[i][j]) % mod;
51         }
52         for(int i=1; i<=n; i++){
53             g[1][i] = b[i];
54             sum[i] = (sum[i-1] + b[i]) % mod;
55         }
56         for(int i=2; i<=n; i++){
57             for(int j=1; j<=n-i+1; j++)
58                 g[i][j] = ((ll)b[j]*c[n-j][i-1]%mod+(sum[n]-sum[j]+mod)%mod) % mod;
59             //打了i张牌，最前头的是第j张。注意g代表的是（不加强化的）攻击力和。在这种情况下，打了i-1张牌的总情况是c[n-j][i-1]种（j+1..n中选i-1个的方案数），这是第一项；第二项就是继承自g[i-1][j+1..n]
60             for(int j=1; j<=n; j++)
61                 sum[j] = (sum[j-1] + g[i][j]) % mod;
62         }
63         int ans=0;
64         for(int i=0; i<m; i++)
65             if(i<k)    ans = (ans + (ll)F(i,i)*G(m-i,k-i)%mod) % mod;
66             else    ans = (ans + (ll)F(i,k-1)*G(m-i,1)%mod) % mod;
67         printf("%d\n", ans);
68     }
69     return 0;
70 }