【JZOJ6226】【20190618】纳什均衡

题目

一颗二叉树，每个点儿子个数为0 或 2 ，对每个叶子有一个权值\((c(u),d(u))\)

从根结点开始走，Alice 可以选择奇数层的走法，Bob 可以选择偶数层的走法，分别获得最后走到叶子的c,d权值

设Alice的策略为f，Bob的策略为g，对于确定的(c,d)，一个(f,g)是nash均衡的当且仅当：

1.f不变，改变g都不能使得Bob获得的数更大 ； 2.g不变，改变f的值都不能使得Alice获得的数更大；

求叶子的权值范围为\((1-K,1-K)\)的nash均衡点的个数和

$n \le 5000 \ , \ K \le 20 $

题解

• 做法一：

• 枚举最后选到的(C,D)，设\(f_{u,0/1,0/1,0/1}\)表示当前子树，改变奇数层能否让\(C\)更大，改变偶数层能否让\(D\)更大，能否走到\((C,D)\)按照定义转移即可；

• 时间复杂度：\(O(64nK^2)\)

• 做法二：

• 对于一种(c,d)，nash点的个数就是\(|f| \times |g|\) 的矩形上鞍点的个数

• 对于矩形上的每个点是相对独立的

• 所以\(f\)和\(g\)只要知道了有多少个不同的叶子节点也是独立的

• 设\(f_i\)表示改变\(g\)，有多少个\(f\)选到的叶子节点的集合大小为\(i\)，\(g_i\)同理，按照定义\(dp\)

• 设\(p_i = \sum_{j=1}^{K} j^{i-1}\)答案就是\(K^{ 2L } \times (\sum_{i=1}^{K}\frac{f_ip_i}{K^i}) \times ( \sum_{ j=1 }^{ K } \frac{g_jp_j}{K^j})\)

• 复杂度：\(O(n ^ 2)\)

• 有个奇怪的问题：

• 由于改变\(f\)和改变\(g\)得到的点的集合除了选到的点以外都是不相交的，

• 这意味着二维权值这个条件可能是彻底没有用的。。。。。。。。

  //sol 1 :
   #include<bits/stdc++.h>
  #define mod 998244353
  #define pb push_back
  
  using namespace std;
  
  const int N=5010;
  int n,K,fa[N],ch[N][2],dep[N],dp[N][2][2][2],C1,C2;
  vector<int>sn[N];
  
  void inc(int&x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
  
  void dfs(int k){
  	if(!sn[k].size()){
  		dp[k][0][0][0]=C1*C2-1;
  		dp[k][0][0][1]=1;
  		dp[k][0][1][0]=C1*(K-C2);
  		dp[k][1][0][0]=(K-C1)*C2;
  		dp[k][1][1][0]=(K-C1)*(K-C2);
  		return ;
  	}
  	int l=sn[k][0],r=sn[k][1];
  	dfs(l);dfs(r);
  	memset(dp[k],0,sizeof(dp[k]));
  	for(int a1=0;a1<2;++a1)
  	for(int b1=0;b1<2;++b1)
  	for(int c1=0;c1<2;++c1)
  	for(int a2=0;a2<2;++a2)
  	for(int b2=0;b2<2;++b2)
  	for(int c2=0;c2<2;++c2){
  		int tmp=1l*dp[l][a1][b1][c1]*dp[r][a2][b2][c2]%mod;
  		if(!(dep[k]&1)){
  			inc(dp[k][a1|a2][b1][c1],tmp);
  			inc(dp[k][a1|a2][b2][c2],tmp);
  		}else{
  			inc(dp[k][a1][b1|b2][c1],tmp);
  			inc(dp[k][a2][b1|b2][c2],tmp);
  		}
  	}
  }
  
  int main(){
  	freopen("nash.in","r",stdin);
  	freopen("nash.out","w",stdout);
  	scanf("%d%d",&n,&K);
  	for(int i=2;i<=n;++i){
  		scanf("%d",&fa[i]);fa[i]++;
  		sn[fa[i]].pb(i);
  		dep[i]=dep[fa[i]]+1;
  	}
  	int ans=0;
  	for(C1=1;C1<=K;++C1)
  	for(C2=1;C2<=K;++C2){
  		dfs(1);
  		inc(ans,dp[1][0][0][1]);
  	}
  	cout<<ans<<endl;
  	return 0;
  }
  

  //sol 2 :
  #include <cstdio>
  #include <iostream>
  #include <algorithm>
  #include <cstring>
  #define PII pair<int,int>
  #define MP make_pair
  #define fir first
  #define sec second
  #define PB push_back
  #define db long double
  #define ll long long
  using namespace std;
  template <class T>
  inline void rd(T &x) {
  	x=0; char c=getchar(); int f=1;
  	while(!isdigit(c)) { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
  	while(isdigit(c)) x=x*10-'0'+c,c=getchar(); x*=f;
  }
  const int N=5010,mod=998244353;
  int Pow(int x,int y) {
  	int res=1;
  	while(y) {
  		if(y&1) res=res*(ll)x%mod;
  		x=x*(ll)x%mod,y>>=1;
  	}
  	return res;
  }
  int h[2][N][N],n,L;
  int son[N][2],fa[N],sz[N];
  int dep[N];
  void dfs(int u) {
  	if(!son[u][0]) return (void)(h[0][u][1]=h[1][u][1]=1,sz[u]=1);
  	dfs(son[u][0]),dfs(son[u][1]);
  	sz[u]+=sz[son[u][0]]+sz[son[u][1]];
  	for(int c=0;c<2;++c) {
  		if(c==dep[u]) {
  			int cnt0=0,cnt1=0;
  			for(int j=1;j<=L;++j) {	
  				cnt0=(cnt0+h[c][son[u][0]][j])%mod;
  				cnt1=(cnt1+h[c][son[u][1]][j])%mod;
  			}
  			for(int j=1;j<=L;++j)
  				h[c][u][j]=(h[c][son[u][0]][j]*(ll)cnt1+h[c][son[u][1]][j]*(ll)cnt0)%mod;
  		}
  		else {
  			for(int j=1;j<=sz[son[u][0]];++j)
  				for(int k=1;k<=sz[son[u][1]];++k)
  					h[c][u][j+k]=(h[c][u][j+k]+h[c][son[u][0]][j]*(ll)h[c][son[u][1]][k])%mod;
  		}
  	}
  }
  int K,fp[N];
  int main() {
  	freopen("nash.in","r",stdin);
  	freopen("nash.out","w",stdout);
  	rd(n),rd(K);
  	for(int i=2;i<=n;++i) {
  		rd(fa[i]); ++fa[i];
  		(son[fa[i]][0]?son[fa[i]][1]:son[fa[i]][0])=i;
  		dep[i]=dep[fa[i]]^1;
  	}
  	for(int i=1;i<=n;++i) L+=!son[i][0];
  	for(int i=1;i<=n;++i)
  		for(int j=1;j<=K;++j)
  			fp[i]=(fp[i]+Pow(j,i-1))%mod;
  	dfs(1);
  //	cerr<<"ok"<<endl;
  	int t1=0,t2=0;
  	for(int i=1;i<=L;++i) {
  		t1=(t1+h[0][1][i]*(ll)fp[i]%mod*(ll)Pow(K,mod-1-i))%mod;
  		t2=(t2+h[1][1][i]*(ll)fp[i]%mod*(ll)Pow(K,mod-1-i))%mod;
  	}
  	int ans=t1*(ll)t2%mod*Pow(K,2*L)%mod;
  //	int ans=0;
  //	for(int i=1;i<=L;++i)
  //		for(int j=1;j<=L;++j) 
  //			ans=(ans+h[0][1][i]*(ll)h[1][1][j]%mod*fp[i]%mod*fp[j]%mod*Pow(K,2*L-i-j)%mod)%mod;
  	printf("%d",ans);
  	return 0;
  }