BZOJ.5467.[PKUWC2018]Slay the Spire(DP)

LOJ
BZOJ
洛谷

哪张能力牌能乘攻击啊，太nb了叭

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显然如果有能力牌，那么应该选最大的尽可能的打出\(k-1\)张。
然后下面说的期望都是乘总方案数后的，即所有情况的和。然后\(w_i\)统一用\(A_i\)表示了。

\(Solution1\)

所以考虑枚举最终抽到了几张能力牌。那么我们要算：\(F(n,m)\)表示抽到\(n\)张攻击牌，打出最大的\(m\)张的期望伤害；\(G(n,m)\)表示抽到\(n\)张能力牌，打出最大的\(m\)张的期望倍数。
考虑怎么算\(F(n,m)\)。不妨枚举攻击最小的那张是什么。也就是把攻击牌从大到小排序，\(f[i][j]\)表示在前\(i\)张中选\(j\)张的期望伤害，其中第\(i\)张一定取。转移就再枚举一下次小的，\(f[i][j]=C_{i-1}^{j-1}A_i+\sum\limits_{k=j-1}^{i-1}f[k][j-1]\)。
\(G(n,m)\)同理。令\(g[i][j]\)表示从前\(i\)大的能力牌中选\(j\)张的期望倍数，其中第\(i\)张一定取。\(g[i][j]=A_i\sum\limits_{k=j-1}^{i-1}g[k][j-1]\)。
两个DP都可以前缀和优化。所以复杂度是\(O(n^2)\)的。

那么\(F,G\)的转移同样枚举选出来的最小的那张，\(F(n,m)=\sum\limits_{i=m}^{N}C_{N-i}^{n-m}f[i][m]\)，\(G(n,m)=\sum\limits_{i=m}^{N}C_{N-i}^{n-m}g[i][m]\)。对于单个\(F/G(n,m)\)的计算是\(O(n)\)的。
然后\(Ans=\sum\limits_{i=1}^{k-1}G(i,i)F(m-i,k-i)+\sum\limits_{i=k}^NG(i,k-1)F(m-i,1)\)。我们只会用到\(O(n)\)个\(F/G\)的值，现算一下即可，总复杂度是\(O(n^2)\)的。

为了方便应该把\(f/g\)的一二维交换下=-=。

\(Solution2\)

设\(f[i][j]\)表示考虑了前\(i\)张牌，抽到了\(j\)张攻击牌的期望伤害。肯定是选出最大的若干张打出。将牌从小到大排序，然后根据\(j\)确定这张牌选不选，有

\[f[i][j]=f[i-1][j]+C_{i-1}^{j-1}A_i+\begin{cases}0,&m-j\geq k-1\\ f[i-1][j-1],&m-j<k-1\end{cases} \]

考虑\(i\)的贡献，\(m-j\geq k-1\)时，只能取一张攻击牌，那取\(i\)就能保证打出的是最大的那张；否则取完\(i\)之后还可以在取\(j-1\)张的情况。然后再统计上以前的只考虑\(i-1\)张牌时的\(f[i-1][j]\)（注意这个=-=）。
\(g[i][j]\)表示考虑了前\(i\)张牌，抽到了\(j\)张能力牌的期望倍数。因为是选最大的\(\min(k-1,\ j)\)张打出，所以把能力牌从大到小排序，有

\[g[i][j]=g[i-1][j]+\begin{cases}g[i-1][j-1]*A_i,&j<k\\ g[i-1][j-1],&j\geq k\end{cases} \]

就是\(j<k\)时用\(A_i\)，否则抽到\(A_i\)也不用。
那么答案就是\(\sum_{i=0}^mf[n][i]g[n][m-i]\)啦。
复杂度也是\(O(n^2)\)，不过常数要更小。

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但是懒得再写代码了，代码是\(Sol1\)的。不然还是有把握搞个BZOJRank1.2的。

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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <functional>
#define mod 998244353
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
#define Add(x,v) (x+=v)>=mod&&(x-=mod)
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1505;

int A[N],B[N],f[N][N],g[N][N],C[N][N];

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
	return now;
}
int F(int n,int m,int N)
{
	LL ans=0; int *f=::f[m];
	for(int i=m; i<=N; ++i) ans+=1ll*C[N-i][n-m]*f[i]%mod;
	return ans%mod;
}
int G(int n,int m,int N)
{
	LL ans=0; int *g=::g[m];
	for(int i=m; i<=N; ++i) ans+=1ll*C[N-i][n-m]*g[i]%mod;
	return ans%mod;
}

int main()
{
	C[0][0]=1;
	for(int Ts=read(),mx=0; Ts--; )
	{
		int n=read(),m=read(),K=read();
		if(mx<n)
		{
			for(int i=mx+1; i<=n; ++i)
			{
				C[i][i]=C[i][0]=1;
				for(int j=1; j<i; ++j) C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j], Mod(C[i][j]);
			}
			mx=n;
		}
		for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
		for(int i=1; i<=n; ++i) B[i]=read();
		std::sort(A+1,A+1+n,std::greater<int>()), std::sort(B+1,B+1+n,std::greater<int>());

		g[0][0]=1;//!! K=1时会用到啊=-= 
		for(int i=1; i<=n; ++i) f[1][i]=B[i], g[1][i]=A[i];//or not
		for(int i=2,lim=std::min(n,m); i<=lim; ++i)
		{
			int sf=0,sg=0;
			for(int j=i; j<=n; ++j)
				Add(sf,f[i-1][j-1]), f[i][j]=(1ll*C[j-1][i-1]*B[j]+sf)%mod,
				Add(sg,g[i-1][j-1]), g[i][j]=1ll*A[j]*sg%mod;
		}
		LL ans=0;
		for(int i=std::max(0,m-n); i<=n&&i<=m; ++i)//m-i<=n 枚举的是能力牌 可以是0啊=v= 
			if(i<K) ans+=1ll*G(i,i,n)*F(m-i,K-i,n)%mod;
			else ans+=1ll*G(i,K-1,n)*F(m-i,1,n)%mod;
		printf("%lld\n",ans%mod);
	}

	return 0;
}