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  • 【loj2538】 【PKUWC 2018】Slay the Spire dp

    我们不难发现,假设抽了x张攻击牌,y张强化牌,那么肯定是打出尽可能多张的强化牌后,再开始出攻击牌(当然最少要一张攻击牌)

    我们设G(i,j)表示:所有(抽到的攻击牌牌数为i,打出的攻击牌牌数为j)的方案,所产生的攻击值的总和

    形式化地说:​$G(i,j)=sumlimits_{S∈攻击牌and|S|=i}S中前j大的牌的攻击值之和$

    考虑到G(i,j)难以一次求出,我们考虑设置一些中间变量

    设g[i][j]表示:我们对攻击牌从小大大进行排序,目前选了i张牌,其中最小的牌是第j张的总贡献,其中b[j]表示第j小的牌的攻击值

    当i=1时,有$g[i][j]=b[j]$

    当i>1时,有$g[i][j]=b[j] imes inom{n-j+1}{i}+sumlimits_{k=j+1}^{n} g[i-1][k]$

    后面那个$sum$我们可以通过求前缀和,实现快速求解

     

    考虑如何通过g(i,j)求解G(i,j)

    不难推出:$G(i,j)=sumlimits_{k=1}^{n-j+1} g[i][k]$

    我们设F(i,j)表示:所有(抽到的强化牌牌数为i,打出的强化牌数为j)的方案里,每一个方案所产生的贡献(抽到的i张牌中,最大的j张牌之积)的和

    形式化地说:$F(i,j)=sumlimits_{S∈强化牌and|S|=i}S中前j大的牌的强化值之积$

    考虑到F(i,j)难以一次求出,我们考虑设置一些中间变量

     

    设f[i][j]表示:我们对强化牌从小大大进行排序,目前选了i张牌,其中最小的牌是第j张的总贡献,其中a[j]表示第j小的牌的攻击值

    当i=1时,有$f[i][j]=a[j]$

    当i>1时,有$f[i][j]=a[j] imes sumlimits_{k=j+1}^{n} f[i-1][k]$

    后面那个$sum$我们可以通过求前缀和,实现快速求解

     

    考虑如何通过f(i,j)求解F(i,j)

    不难推出:$F(i,j)=sumlimits_{k=1}^{n-j+1} f[i][k]$

    最后我们要求的答案ans,假设当前,我们抽到的强化牌数量为i

    若i<k,则$ans+=F(i,i) imes G(m-i,k-i)$

    若i≥k,则$ans+=F(i,k-1) imes G(m-i,1)$

    完结撒花~

     1 #include <algorithm>
     2 #include <iostream>
     3 #include <cstring>
     4 #include <cstdio>
     5 using namespace std;
     6 typedef long long ll;
     7 const int mod=998244353;
     8 int T, n, m, k, a[1505], b[1505], c[3005][3005], f[1505][1505];
     9 int g[1505][1505], sum[1505];
    10 int F(int x, int y){
    11     if(x<y)    return 0;
    12     if(!y)    return c[n][x];
    13     int re=0;
    14     for(int j=x-y+1; j<=n-y+1; j++)
    15         re = (re + (ll)f[y][j]*c[j-1][x-y]%mod) % mod;
    16     //感性理解一下……大概就是把x-y张不打出的牌放到j前头,这里我讲不太清QAQ
    17     return re;
    18 }
    19 int G(int x, int y){
    20     if(x<y)    return 0;
    21     int re=0;
    22     for(int j=x-y+1; j<=n-y+1; j++)
    23         re = (re + (ll)g[y][j]*c[j-1][x-y]%mod) % mod;
    24     return re;
    25 }
    26 int main(){
    27     cin>>T;
    28     for(int i=0; i<=3000; i++){
    29         c[i][0] = 1;
    30         for(int j=1; j<=i; j++)
    31             c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j]) % mod;
    32     }
    33     while(T--){
    34         memset(f, 0, sizeof(f));
    35         memset(g, 0, sizeof(g));
    36         scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
    37         for(int i=1; i<=n; i++)    scanf("%d", &a[i]);
    38         for(int i=1; i<=n; i++)    scanf("%d", &b[i]);
    39         sort(a+1, a+1+n);//跟牌的顺序无关,可以sort
    40         sort(b+1, b+1+n);
    41         for(int i=1; i<=n; i++){
    42             f[1][i] = a[i];//初始化f[][],显然只选1张的倍率之和是a[i]
    43             sum[i] = (sum[i-1] + a[i]) % mod;//前缀和,方便转移
    44         }
    45         for(int i=2; i<=n; i++){
    46             for(int j=1; j<=n-i+1; j++)
    47                 f[i][j] = (ll)a[j] * (sum[n]-sum[j]+mod) % mod;
    48             //打了i张牌,最前头的是第j张,那它就是f[i-1][j+1..n]的和再乘上第j号元素。这个转移的思想是枚举在打了i-1张牌的时候最前头的是哪一张
    49             for(int j=1; j<=n; j++)
    50                 sum[j] = (sum[j-1] + f[i][j]) % mod;
    51         }
    52         for(int i=1; i<=n; i++){
    53             g[1][i] = b[i];
    54             sum[i] = (sum[i-1] + b[i]) % mod;
    55         }
    56         for(int i=2; i<=n; i++){
    57             for(int j=1; j<=n-i+1; j++)
    58                 g[i][j] = ((ll)b[j]*c[n-j][i-1]%mod+(sum[n]-sum[j]+mod)%mod) % mod;
    59             //打了i张牌,最前头的是第j张。注意g代表的是(不加强化的)攻击力和。在这种情况下,打了i-1张牌的总情况是c[n-j][i-1]种(j+1..n中选i-1个的方案数),这是第一项;第二项就是继承自g[i-1][j+1..n]
    60             for(int j=1; j<=n; j++)
    61                 sum[j] = (sum[j-1] + g[i][j]) % mod;
    62         }
    63         int ans=0;
    64         for(int i=0; i<m; i++)
    65             if(i<k)    ans = (ans + (ll)F(i,i)*G(m-i,k-i)%mod) % mod;
    66             else    ans = (ans + (ll)F(i,k-1)*G(m-i,1)%mod) % mod;
    67         printf("%d
    ", ans);
    68     }
    69     return 0;
    70 }

     

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