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CF1987D 题解

题意

A 和 B 比赛吃蛋糕，蛋糕共有 \(n\) 个，每一个蛋糕有一个美味值 \(a_i\)。

A 与 B 交替着吃，A 先吃，且 A 需要保证 A 本次吃的蛋糕美味值要严格大于先前 A 所吃的所有蛋糕；接着，B可以吃掉任意一个蛋糕（当然，已经被吃掉的肯定不行），直到有一方无蛋糕可吃为止，游戏结束。

设 \(x\) 为游戏结束时，A 吃下的蛋糕总数。已知 A 和 B 都足够聪明，A 想要最大化 \(x\) 而 B 想要最小化 \(x\)，求双方都按自己的最优策略吃蛋糕时，\(x\) 将会是多少。

\(n \le 5000\)

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你这 D 怎么比 C 好想这么多.jpg

如果所有蛋糕的美味值两两不同，那么显然 B 做什么复杂的决策是没有意义的，只要 A 不傻就会从最小的蛋糕开始往上递增着吃，B 最多只能吃掉一半的蛋糕，这里就和博弈没什么关系了。所以题目的重点就在于处理那些美味值相同的蛋糕。

对于一批美味值相同的蛋糕，A 想要“拿下”这批蛋糕只需要吃掉其中的一个就可以了，因为吃蛋糕的顺序是严格的单调递增，多出来的那些蛋糕没有意义；而 B 要考虑的就多了需要在 A 吃掉其中任意一个之前把它们全部吃掉。也就是说，假设这批相同美味值的蛋糕有 \(p\) 个，A 让这批蛋糕对 \(x\) 产生一个贡献只需要消耗 \(1\) 回合就行，而 B 要拦截下这个贡献需要 \(p\) 回合。

再结合 A 从小往大吃一定不劣的性质，我们因此可以对 \(a\) 排序、将 \(a\) 相同的蛋糕合并后依次从小往大考虑，对每批美味值相同的蛋糕 \(i\) ，B 可以选择把这个 \(i\) 让给 A 吃来为自己争取到一个空闲回合，用来拦截后面的蛋糕；也可以选择用已经积累好的空闲回合直接出手拦截这个 \(i\)，代价就是这批 \(i\) 蛋糕的总个数 \(c_i\)。

基于这个思路做记忆化搜索就好了。设计状态 \(f_{i,j}\) 表示当前考虑到了第 \(i\) 批蛋糕，当前 B 已经攒下了 \(j\) 个空闲回合时已经产生的最小贡献，那么不拦截和拦截产生的转移方程即为 \(f_{i,j}=\min (f_{i+1,j+1}+1,f_{i+1,j-c_i})\)，后者需要保证 \(c_i \le j\)。

时空复杂度为 \(O(n^2)\)。

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const ll maxn=5005;
ll f[maxn][maxn];
ll a[maxn],tot,b[maxn];
ll n;
ll dfs(ll x,ll t){//记忆化搜索
	if(x>tot)return 0;
	if(~f[x][t])return f[x][t];
	ll res=dfs(x+1,t+1)+1;
	if(t>=b[x])res=min(res,dfs(x+1,t-b[x]));
	return f[x][t]=res;
}
void solve(){
	n=R;
	tot=0;
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		a[i]=R;
		for(ll j=0;j<=n;j++)f[i][j]=-1;//多测清空
	}
	sort(a+1,a+1+n);
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]>a[i-1])b[++tot]=1;
		else b[tot]++;
	}//合并
	we(dfs(1,0));
	return ;
}