【LOJ2538】Slay the Spire（PKUWC2018）-DP+组合数

测试地址：Slay the Spire
做法：本题需要用到DP+组合数。
题目要求的就是对于所有抽牌的方案，能得到的伤害值的总和。
我们知道，在使用的强化牌一定的基础上，攻击牌肯定是从大到小取最优。然后要观察到一个结论：如果有强化牌，先出强化牌是最优的，出到没有强化牌，或者只有一张牌可出的时候再出攻击牌。如何证明？因为强化牌的倍数k>1$k>1$，令出强化牌之前的可出攻击牌数值和为s$s$，最小的可出攻击牌数值为x$x$，因为要多出一张强化牌，所以x$x$就不能出了，那么多出强化牌比不出能打出的伤害要多k(s−x)−s$k(s-x)-s$，即(k−1)(s−x)−x$(k-1)(s-x)-x$，因为k>1$k>1$且s−x>x$s-x>x$（因为x$x$是最小值），所以多出强化牌总是最优的，得证。
于是我们就自然而然有了一个状态定义，令G(x,y)$G(x,y)$为在所有x$x$张强化牌的方案中取最大y$y$张能得到的倍数之和，F(x,y)$F(x,y)$为在所有x$x$张攻击牌的方案中取最大y$y$张能得到的伤害之和，有：
ans=∑k−1i=0G(i,i)⋅F(m−i,k−i)+∑m−1i=kG(i,k−1)⋅F(m−i,1)$ans=\sum _{i=0}^{k-1}G(i,i)\cdot F(m-i,k-i)+\sum _{i=k}^{m-1}G(i,k-1)\cdot F(m-i,1)$
问题就是如何求F$F$和G$G$。
以强化牌为例，我们枚举最后出的牌中数值最小的那一张，所以我们先将牌从大到小排序，然后令g(i,j)$g(i,j)$为前i$i$张强化牌中取j$j$张，且第i$i$张必须取，能得到的倍数之和，有：
g(i,j)=wi⋅∑i−1p=1g(p,j−1)$g(i,j)=w_i\cdot \sum _{p=1}^{i-1}g(p,j-1)$
用前缀和即可优化到O(n2)$O(n^2)$。那么有：
G(x,y)=∑ni=1g(i,y)⋅Cx−yn−i$G(x,y)=\sum _{i=1}^{n}g(i,y)\cdot C_{n-i}^{x-y}$
对于攻击牌也差不多，也是从大到小排序，然后令f(i,j)$f(i,j)$为前i$i$张攻击牌中取j$j$张，且第i$i$张必须取，能得到的伤害之和，有：
f(i,j)=wi⋅Cj−1i−1+∑i−1p=1f(p,j−1)$f(i,j)=w_i\cdot C_{i-1}^{j-1}+\sum _{p=1}^{i-1}f(p,j-1)$
同样用前缀和优化到O(n2)$O(n^2)$。那么有：
F(x,y)=∑ni=1f(i,y)⋅Cx−yn−i$F(x,y)=\sum _{i=1}^{n}f(i,y)\cdot C_{n-i}^{x-y}$
于是在计算ans$ans$时，我们要求O(n)$O(n)$次F$F$和G$G$，每次求是O(n)$O(n)$，而预处理组合数的时间复杂度是O(n2)$O(n^2)$的，所以总的时间复杂度是O(n2)$O(n^2)$，可以通过此题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
int T,n,m,k,last=0;
ll wg[1510],wf[1510],C[1510][1510]={0};
ll g[1510][1510],f[1510][1510],sum[1510][1510],sumf[1510][1510];

bool cmp(ll a,ll b)
{
    return a>b;
}

void calc_C(int n)
{
    if (n<=last) return;
    for(int i=last+1;i<=n;i++)
    {
        C[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
    }
    last=n;
}

ll G(int x,int y)
{
    if (x>n||x<y) return 0;
    if (y==0) return C[n][x];
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans=(ans+g[i][y]*C[n-i][x-y])%mod;
    return ans;
}

ll F(int x,int y)
{
    if (x>n||x<y) return 0;
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans=(ans+f[i][y]*C[n-i][x-y])%mod;
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    C[0][0]=1;
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        calc_C(n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%lld",&wg[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%lld",&wf[i]);

        sort(wg+1,wg+n+1,cmp);
        sort(wf+1,wf+n+1,cmp);
        for(int i=0;i<=n+1;i++)
            g[0][i]=sum[0][i]=0;
        g[0][0]=sum[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            g[i][0]=sum[i][0]=1;
            for(int j=1;j<=i;j++)
            {
                if (j>k) break;
                g[i][j]=wg[i]*sum[i-1][j-1]%mod;
                sum[i][j]=(sum[i-1][j]+g[i][j])%mod;
            }
            sum[i][i+1]=0;
        }

        for(int i=0;i<=n+1;i++)
            f[0][i]=sumf[0][i]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=i;j++)
            {
                if (j>k) break;
                f[i][j]=(sumf[i-1][j-1]+wf[i]*C[i-1][j-1])%mod;
                sumf[i][j]=(sumf[i-1][j]+f[i][j])%mod;
            }
            sumf[i][i+1]=0;
        }

        ll ans=0;
        for(int i=0;i<=k-1;i++)
            ans=(ans+G(i,i)*F(m-i,k-i))%mod;
        for(int i=k;i<=m-1;i++)
            ans=(ans+G(i,k-1)*F(m-i,1))%mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }

    return 0;
}