Description
九条可怜在玩一个很好玩的策略游戏：Slay the Spire，一开始九条可怜的卡组里有2n张牌，每张牌上都写着一个
数字wi，一共有两种类型的牌，每种类型各n张：1.攻击牌：打出后对对方造成等于牌上的数字的伤害。2.强化牌
：打出后，假设该强化牌上的数字为x，则其他剩下的攻击牌的数字都会乘上x。保证强化牌上的数字都大于1。现
在九条可怜会等概率随机从卡组中抽出m张牌，由于费用限制，九条可怜最多打出k张牌，假设九条可怜永远都会采
取能造成最多伤害的策略，求她期望造成多少伤害。
假设答案为y，你只需要输出
（2n）!*y / (m!*(2n-m)!) Mod 998244353
Input
第一行一个正整数T表示数据组数
接下来对于每组数据：
第一行三个正整数n,m,k
第二行n个正整数wi，表示每张强化牌上的数值。
第三行n个正整数wi，表示每张攻击牌上的数值。
1<=k<=m<=2n<=3e3
1<=wi<=1e8
Σ2n <= 3e4
Output
输出T行，每行一个非负整数表示每组数据的答案。
Sample Input
2
2 3 2
2 3
1 2
10 16 14
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2 3 2
2 3
1 2
10 16 14
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Sample Output
19
253973805
253973805
可以发现题目要求的期望是假的，乘上的那个相当于一个总方案数
也就是说只要求出所有抽m张牌的产生的总和即可
再进一步分析题目，发现强化卡>=1的性质使得必定是先尽量用强化卡
设强化卡的数量为i
当$i<k$时，有多少用多少，接下来再用最大的$k-i$张攻击卡
当$i>k$时，用$k-1$张强化卡，再用一张最大的攻击卡
我们找最优取法，再乘上这个取法出现的次数即可
设$F(i,j)$为用了$i$张强化卡，其中最大的是第$j$大的，所有取法的乘积的和
设$G(i,j)$为用了$i$张攻击卡，其中最大的是第$j$大的，所有取法的和的和
那么若抽m张中有x张是强化卡，最优策略会用掉y张，则有
$sumlimits_i sumlimits_j f_{y,i} imes g_{k-y,j} imes C_{n-i}^{x-y} imes C_{n-j}^{m-x-(k-y)}$
我们用$f(i,j)$表示用了$i$张强化卡，其中最大的小于等于第$j$大的，所有取法的乘积的和
可也得出$f(i,j)=f(i-1,j-1)*w[j]+f(i,j-1)$，$F(i,j)=f(i,j)-f(i,j-1)$
G的处理类似
而对于上面的那组求和公式，因为满足乘法分配律
其实我们可以对$f$和$g$分别求和，再乘到一起，效果是一样的
再代码中我们可以对种觉察情况分别求和，再加到一起
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define N 3005 4 #define ll long long 5 #define mod 998244353 6 using namespace std; 7 int T; 8 ll n,m,k; 9 ll fac[N],inv[N],c[N][N],ans,f[N][N],g[N][N]; 10 ll w[2][N]; 11 ll ksm(ll x,ll t){ 12 ll ans=1; 13 for(;t;t>>=1,x=(x*x)%mod)if(t&1)ans=(ans*x)%mod; 14 return ans; 15 } 16 inline void pre(){ 17 fac[0]=1;for(int i=1;i<=3000;i++)fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod; 18 inv[3000]=ksm(fac[3000],mod-2); 19 for(int i=2999;i>=0;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod; 20 c[0][0]=1; 21 for(int i=1;i<=3000;i++) 22 for(int j=0;j<=i;j++) 23 c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod; 24 for(int i=0;i<=3000;i++)f[0][i]=1; 25 } 26 bool cmp(int a,int b){return a>b;} 27 int main(){ 28 pre(); 29 scanf("%d",&T); 30 while(T--){ 31 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k); 32 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&w[0][i]); 33 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&w[1][i]); 34 sort(w[0]+1,w[0]+n+1,cmp); 35 sort(w[1]+1,w[1]+n+1,cmp); 36 ans=0; 37 for(int i=1;i<=n;i++) 38 for(int j=1;j<=n;j++){ 39 f[i][j]=(1ll*f[i-1][j-1]*w[0][j]+f[i][j-1])%mod; 40 g[i][j]=(g[i-1][j-1]+1ll*(c[j][i]-c[j-1][i]+mod)*w[1][j]+g[i][j-1])%mod; 41 } 42 for(int i=0;i<k;i++){ 43 ll sum1=f[i][n],sum2=0; 44 for(int j=k-i;n-j>=m-k;j++) 45 sum2=(sum2+1ll*(g[k-i][j]-g[k-i][j-1]+mod)*fac[n-j]%mod*inv[m-k]%mod*inv[n-j-(m-k)])%mod; 46 ans=(ans+sum1*sum2)%mod; 47 } 48 for(int i=k;i<m;i++){ 49 ll sum1=0,sum2=0; 50 for(int j=k-1;n-j>=i-(k-1);j++) 51 sum1=(sum1+1ll*(f[k-1][j]-f[k-1][j-1]+mod)*fac[n-j]%mod*inv[i-(k-1)]%mod*inv[n-j-(i-(k-1))])%mod; 52 for(int j=1;n-j>=m-i-1;j++) 53 sum2=(sum2+1ll*(g[1][j]-g[1][j-1]+mod)*fac[n-j]%mod*inv[m-i-1]%mod*inv[n-j-(m-i-1)])%mod; 54 ans=(ans+sum1*sum2)%mod; 55 } 56 printf("%lld ",ans); 57 } 58 return 0; 59 }
这道题我在LOJ上WA的时候发现w数组开成了w[0][N]，然而这样的码还能A掉BZ上的数据
感到十分震惊并认为其中有鬼23333