CF1628D1 Game on Sum (Easy Version)

CF1628D1 Game on Sum (Easy Version) - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

个人认为博弈论的板子题。

首先 $k$ 就是个障眼法。当 $k$ 变化的时候，Alice 选择的数也按比例变化，这样操作后的 $x$ 也总会按比例变化（$x$ 初值为 $0$），仍然可以最优。因此只需要计算 Alice 在 $[0, 1]$ 之间选数最后答案乘 $k$ 即可。

然后又是一个障眼法：Bob 肯定会选择恰好 $m$ 次让 $x \gets x + t$，多选显然在 Bob 的角度上更劣。

博弈论经典倒序 dp，这是因为每个人都聪明绝顶，可以根据接下来的局势判断当前局势做什么更优（而跟之前的局势无关）。

设 $f(i, j)$ 为游戏还剩 $i$ 轮，Bob 还能做 $j$ 次加法时 $x$ 的值。

接着倒着思考，先思考 Bob 再思考 Alice，因为 Alice 的决策取决于 Bob。

设这一轮 Alice 选择的是 $t$。如果 Bob 选择的是加法，答案是 $f(i - 1, j - 1) + t$；如果 Bob 选择的是减法，答案是 $f(i - 1, j) - t$。

Bob 为了让 $x$ 尽可能小，会选择两种方案中更小的那种，也就是 $\min(f(i - 1, j - 1) + t, f(i - 1, j) - t)$。那么 Bob 就思考完成了。

当然聪明绝顶秃头的 Alice 也思考到了 Bob 的思考。那么她的目标就是让 $x = \min(f(i - 1, j - 1) + t, f(i - 1, j) - t)$ 最大。

推导可得当且仅当 $t = \dfrac{f(i - 1, j) - f(i - 1, j - 1)}{2}$ 时，$x$ 有最大值 $\dfrac{f(i - 1, j - 1) + f(i - 1, j)}{2}$。

得到转移方程：$f(i, j) = \dfrac{f(i - 1, j - 1) + f(i - 1, j)}{2}$。

边界：$f(i, 0) = 0$，$f(i, i) = i$。前面那种 Alice 每次只能选 $0$，不然 Bob 就能把他减成负数；后面那种就是 Alice 欺负 Bob，每次都选 $1$，反正 Bob 不能减。

多组询问，先预处理然后 $\mathcal{O}(1)$ 回答即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(nm + q)$。

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2022-10-17 02:13:13 
 * @Last Modified by: crab-in-the-northeast
 * @Last Modified time: 2022-10-17 02:20:25
 */
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

inline int read() {
    int x = 0;
    bool flag = true;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) {
        if (ch == '-')
            flag = false;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch)) {
        x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    if(flag)
        return x;
    return ~(x - 1);
}

const int mod = (int)1e9 + 7, in2 = (int)5e8 + 4;
const int maxn = 2005, maxm = 2005;

int f[maxn][maxm];

signed main() {
    for (int i = 1; i <= 2000; ++i)
        f[i][i] = i;
    
    for (int i = 2; i <= 2000; ++i)
        for (int j = 1; j < i; ++j)
            f[i][j] = (f[i - 1][j] + f[i - 1][j - 1]) % mod * in2 % mod;
    
    int q = read();
    while (q--) {
        int n = read(), m = read(), k = read();
        printf("%lld\n", f[n][m] * k % mod);
    }
    return 0;
}