[九省联考2018]一双木棋chess

CXI.[九省联考2018]一双木棋chess

一下子就想到了LXX.[USACO5.5]贰五语言Two Five（可见刷题笔记II），因为同是阶梯型的图样。然后稍微想一想就发现总方案数可以用隔板法证得是$\dbinom{n+m}{m}$的，代入一看发现才$2\times10^5$都不到。于是就果断DP了。

首先先用爆搜搜出所有图案的分布（实现从编号到图案的映射），然后再预处理一个辅助的DP来实现从图案到编号的映射。然后就直接分当前是谁操作进行不同的转移即可。

时间复杂度，如上所述，是$\dbinom{n+m}{m}\times\text{转移复杂度}$的。我采取的转移是$O(n^2)$的，还可以被优化为最终$O(n)$转移，但是没有必要。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,cnt,f[20][20],a[20][20],b[20][20],g[200000];
vector<int>v[200100];
vector<int>u;
void dfs(int pos,int lim){
	if(pos==n){v[++cnt]=u;return;}
	for(int i=0;i<=lim;i++){
		u.push_back(i);
		dfs(pos+1,i);
		u.pop_back();
	}
}
int deco(vector<int>&ip){
	int ret=1;
	for(int i=0;i<n;i++)if(ip[i])ret+=f[i][ip[i]-1];
	return ret;
}
int dp(int ip,bool sd){
	if(ip==cnt)return 0;
	if(g[ip]!=-1)return g[ip];
	if(sd==0){//first player
		g[ip]=0xc0c0c0c0;
		vector<int>tmp=v[ip];
		for(int i=0;i<n;i++){
			if(i==0&&tmp[i]==m||i>0&&tmp[i]==tmp[i-1])continue;
			tmp[i]++;
			g[ip]=max(g[ip],dp(deco(tmp),sd^1)+a[i][tmp[i]]);
			tmp[i]--;
		}
		return g[ip];
	}else{
		g[ip]=0x3f3f3f3f;
		vector<int>tmp=v[ip];
		for(int i=0;i<n;i++){
			if(i==0&&tmp[i]==m||i>0&&tmp[i]==tmp[i-1])continue;
			tmp[i]++;
			g[ip]=min(g[ip],dp(deco(tmp),sd^1)-b[i][tmp[i]]);
			tmp[i]--;
		}
		return g[ip];		
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m),memset(g,-1,sizeof(g));
	dfs(0,m);
	for(int i=0;i<=m;i++)f[n-1][i]=i+1;
	for(int i=n-2;i>=0;i--)for(int j=0;j<=m;j++)for(int k=0;k<=j;k++)f[i][j]+=f[i+1][k];
	for(int i=0;i<n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
	for(int i=0;i<n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&b[i][j]);
	printf("%d\n",dp(1,0));
	return 0;
}