loj#2538. 「PKUWC2018」Slay the Spire

题目
参考自zhou888的代码

Solution

首先有一个很明显的贪心策略：强化牌选得越多越好，当然，要攻击牌打得出去才行
当$i<k$时，强化牌打$i$张，攻击牌打$m-i$张
当$i\ge k$时，强化牌打$k-1$张，攻击牌打$m-k+1$张
两者结合，就是强化牌打$min(i,k-1)$张，攻击牌打$m-min(i,k-1)$张
另一个很显然的就是：牌的顺序与最终答案无关，所以我们排序后，不会对最终答案造成影响
具体排序的正确性留坑
$g_{i,j}$表示前$i$张强化牌，选$j$张，所能取得的最优倍率之和
当$j\le k-1$时，$g_{i,j}=a_i{\sum }_{j\le min(i,m)}{g}_{i-1,j-1}$
当$j>k-1$时，$g_{i,j}={\sum }_{j\le min(i,m)}{g}_{i-1,j-1}$
$f_{i,j}$表示前$i$张攻击牌，选$j$张，所能取得的最优攻击之和
当$m-j<k-1(j>m-k+1)$时，$f_{i,j}={\sum }_{j\le min(i,m)}{(}_{j-1}^{i-1})a_i+f_{i-1,j-1}$
当$m-j\ge k-1(j\le m-k+1)$时，$f_{i,j}={\sum }_{j\le min(i,m)}{(}_{j-1}^{i-1})a_i$
${(}_{j-1}^{i-1})$的意义是$a_i$可以更新所有当前已经计算过的答案

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3001,M=998244353;
int i,j,k,n,m,a[N],f[N],g[N],c[N][N],T,ans;
inline char gc(){
	static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
	return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int rd(){
	int x=0,fl=1;char ch=gc();
	for (;ch<48||ch>57;ch=gc())if(ch=='-')fl=-1;
	for (;48<=ch&&ch<=57;ch=gc())x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
	return x*fl;
}
int main(){
	for (i=0;i<N;i++)
		for (j=1,c[i][0]=1;j<=i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%M;
	for (T=rd();T--;){
		n=rd(),m=rd(),k=rd();
		for (i=1;i<=n;i++) a[i]=rd();
		sort(a+1,a+n+1,greater<int>());
		memset(g,0,m+1<<2);
		memset(f,0,m+1<<2);
		g[0]=1;
		for (i=1;i<=n;i++)
			for (j=min(i,m);j;j--)
				if (j<=k-1) g[j]=(g[j]+1ll*g[j-1]*a[i])%M;
				else (g[j]+=g[j-1])%=M;
		for (i=1;i<=n;i++) a[i]=rd();
		sort(a+1,a+n+1);
		for (i=1;i<=n;i++)
			for (j=min(i,m);j;j--) f[j]=(f[j]+1ll*c[i-1][j-1]*a[i]+(j>m-k+1)*f[j-1])%M;
		ans=0;
		for (i=0;i<m;i++) ans=(ans+1ll*g[i]*f[m-i])%M;
		printf("%d\n",ans);
	}
}