CF2025E Card Game 题解

太喜欢这个题了，这个题出得很启发性，我以前还没见过，于是把这个题记录下来。

题面

在伯兰最流行的纸牌游戏中，使用的是一副 \(n \times m\) 纸牌。每张牌都有两个参数：花色和等级。游戏中花色的编号从 \(1\) 到 \(n\)，等级的编号从 \(1\) 到 \(m\)。每种花色和等级的组合都有一张牌。

• \(a = 1\), \(c \ne 1\) (花色为 \(1\) 的牌可以战胜其他花色的牌);
• \(a = c\), \(b > d\) (一张牌可以击败同花色但等级较低的任何其他牌).

两名玩家进行游戏。游戏开始前，他们每人正好得到一半的牌。如果第一位玩家可以为第二位玩家的每一张牌选择一张可以击败它的牌，并且没有被选择两次的牌(即第一位玩家的牌与第二位玩家的牌存在配对，在每一对牌中，第一位玩家的牌击败第二位玩家的牌)，则第一位玩家获胜。否则，第二名玩家获胜。

你的任务是计算有多少种分配牌的方法能让第一名玩家获胜。如果有一张牌在一种分配方式中属于第一名玩家，而在另一种分配方式中属于第二名玩家，那么这两种分配方式就被认为是不同的。方法的数量可能非常大，输出答案对 \(998244353\) 的模。

唯一一行包含两个整数 \(n\) 和 \(m\) (\(1 \le n, m \le 500\)) 为偶数。

输入的其他限制条件：\(m\) 为偶数。

题解

这个题乍一看很 \(dp\) 但是实际上这个题可以用组合数学推出答案。

对同样花色的牌，考虑什么情况下才能获胜，显然是对于所有的先手 (\(A\)) 的牌都可以找到一个后手 (\(B\)) 的牌使得 \(A\) 的牌面比 \(B\) 大，考虑括号匹配。

对于任意一个前缀 \(A\) 选择第 \(i\) 张牌则第 \(i\) 位置为左括号，否则被 \(B\) 选择就是右括号，对于任意前缀，必定满足左括号数不小于右括号数，考虑状态转移。

记 \(dp[i][j]\) 表示考虑的前 \(i\) 个位置，其中有 \(j\) 个左括号赘余（没有被右括号匹配），则对于下一个位置要么增加一个左括号，要么减少一个左括号，状态转移如下：

\[dp[i + 1][j] = dp[i][j - 1] + dp[i][j + 1] \]

我们选择第一行的牌（花色为 \(1\)）的时候的所有情况被 \(dp\) 数组所包含，接下来考虑剩下第 \(2 \sim n\) 行的牌，此部分 \(A\) 必不可能多选，否则必定存在一张牌不能在同行匹配，会被 \(B\) 用一张 \(1\) 匹配，所以此时右括号赘余，考虑前面所有 \(A\) 的牌会被抵消掉，仅仅把多余的牌替换为 \(B\) 的牌即可，也就是说这一部分的贡献和第一行完全一样，考虑对第 \(2 \sim n\) 行的方案数卷积，即：

\[f[k] = \sum_{x + y = k}g[x] \times h[y] \]

这个转移是直觉的，因为对两行分别赘余 \(x\), \(y\) 张牌，总共赘余的牌有 \(x + y\) 张，而由于所有的行是相同的，做 \(n - 1\) 次卷积：

\[\forall k \le m, f[i][k] = \sum_{x + y = k} f[i - 1][x] * dp[m][y] \]

最后我们的答案需要第一行赘余的左括号与其余行赘余的右括号完全匹配，可以列出：

\[answer = \sum_{i = 0}^{m}dp[m][i] * f[n - 1][i] \]

参考代码（滚动数组优化）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 510;
const ll mod = 998244353;
int n, m;

int main()
{
    cin >> n >> m;
    vector<ll> dp(m + 1), f(m + 1);
    dp[0] = f[0] = 1;
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
    {
        vector<ll> tmp(m + 1);
        for (int j = 0; j <= i; j ++ )
        {
            (tmp[j + 1] += dp[j]) %= mod;
            if (j) (tmp[j - 1] += dp[j]) %= mod;
        }
        swap(tmp, dp);
    }
    for (int i = 1; i < n; i ++ )
    {
        vector<ll> tmp(m + 1);
        for (int x = 0; x <= m; x ++ )
            for (int y = 0; x + y <= m; y ++ )
                (tmp[x + y] += f[x] * dp[y] % mod) %= mod;
        swap(tmp, f);
    }
    ll ans = 0;
    for (int i = 0; i <= m; i ++ ) (ans += dp[i] * f[i] % mod) %= mod;
    cout << ans;
    return 0;
}