当前位置：首页 >

[XSY] 简单的博弈题（博弈+dp+组合数+容斥）

发布时间：2023/12/3 56 豆豆

生活随笔收集整理的这篇文章主要介绍了 [XSY] 简单的博弈题（博弈+dp+组合数+容斥）小编觉得挺不错的,现在分享给大家,帮大家做个参考.

简单的博弈题
对于贪心的对手，显然用最大的一半和他最小的一半比较判断是否全胜。（这不就是田忌赛马吗）

对于随机的对手，先考虑暴力怎么做：

void check(int x,int w){if(x>m){res+=(w>=m/2+1);return;}for(int i=1;i<=m;i++){if(visb[i]) continue;visb[i]=1;if(xa[x]>b[i]) check(x+1,w+1);else check(x+1,w);visb[i]=0;} } void dfs(int x){if(x>m){res=0;check(1,0);ans=max(ans,res);return;}for(int i=1;i<=m;i++){if(visa[i]) continue;visa[i]=1;xa[x]=a[i];dfs(x+1);visa[i]=0;} } int main(){inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<N;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;for(int i=1;i<N;i++) inv[i]=1ll*inv[i-1]*inv[i]%mod;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&a[i]);while(n--){scanf("%d",&op);for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&b[i]);ans=0;dfs(1);ans=ans*inv[m]%mod;printf("%lld\n",ans);} }

由暴力中我们发现一件事：由于 $a [], b []$ 的配对情况固定， $第一个人使用任何策略都不影响他获胜的概率\color{Red}第一个人使用任何策略都不影响他获胜的概率$
也就是说我们只需选一种自己数字的排列并固定下来，再去和对手的数字的 $m!$ 种全排列匹配即可。

暴力枚举全排列显然是不可接受的，考虑从小到大考虑自己的每个数，用 $f_{i,j}$ 表示考虑了前 $i$ 小的数，给其中 $j$ 个匹配了比他小的数字的方案数。

思考 $f_{i,j}$ 的转移：
若给第 $i$ 个数匹配比他小的数字：
$fi,j←fi−1,j−1×(p−(j−1))f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j-1}\times(p-(j-1))$
（其中 $p$ 表示对手的数字中有 $p$ 个小于 $a [i]$ ）
若给第 $i$ 个数匹配比他大的数字：
$fi,j←fi−1,j×qf_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j}\times q$
（其中 $q$ 表示此时对手的数字中还剩 $q$ 个比 $a [i]$ 大的未匹配）

问题来了，要算出 $q$ ，必须知道前 $i - 1$ 个数具体匹配了对手的哪些数，那不就跟暴力一样了吗？

对此，我们的解决方法是
若不给第 $i$ 个数匹配比他小的数字，那么这个数先不匹配，即 $fi,j=fi−1,j+fi−1,j−1×(p−(j−1))f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}\times(p-(j-1))$
在考虑完自己的所有数后，我们再给还没匹配的数统一匹配：
$fm,j=fm,j×(m−j)!f_{m,j}=f_{m,j}\times(m-j)!$
但这样我们就不能保证所有数中 $恰好\color{Blue}恰好$ 有 $j$ 个数匹配到了比他小的数，事实上， $fm,j表示所有数中\color{Red}f_{m,j}表示所有数中$ $至少\color{Blue}至少$ $有j个数匹配到了比他小的数的方案数\color{Red}有j个数匹配到了比他小的数\space的方案数$

根据广义容斥原理/二项式反演，
设 $g (k)$ 表示所有数中恰好有 $k$ 个数匹配到了比他小的数的方案数，
$f (k)$ 表示所有数中至少有 $k$ 个数匹配到了比他小的数的方案数，
$a n s 表示自己能赢的方案数$
$∵f(k)=∑i=kmCikg(i)\because f(k)=\sum_{i=k}^{m}C_{i}^{k}g(i)$ $（因此ans≠f(⌊m+12⌋)）\color{Red}（因此ans\not=f(\left\lfloor\frac{m+1}{2}\right\rfloor)）$
$∴g(k)=∑i=km(−1)i−kCikf(i)\therefore g(k)=\sum_{i=k}^{m}(-1)^{i-k}C_{i}^{k}f(i)$

记 $w=⌊m+12⌋w=\left\lfloor\frac{m+1}{2}\right\rfloor$ ，
$ans=∑k=wmg(k)=∑k=wm∑i=km(−1)i−kCikf(i)=∑i=wmf(i)∑k=wi(−1)i−kCikans=\sum_{k=w}^{m}g(k)=\sum_{k=w}^{m}\sum_{i=k}^{m}(-1)^{i-k}C_{i}^{k}f(i)=\color{Red}\sum_{i=w}^{m}f(i)\sum_{k=w}^{i}(-1)^{i-k}C_{i}^{k}$
事实上，优化到这里已经能AC了

但这个式子还可以再优化：
引理1： $∑i=wn(−1)n−iCni=(−1)n−wCn−1w−1\color{Red}\sum_{i=w}^{n}(-1)^{n-i}C_{n}^{i}=(-1)^{n-w}C_{n-1}^{w-1}$
证明1：

引理2： $C_{n}^{i}=C_{n-1}^{i-1}+C_{n-1}^{i}$
证明2：显然

由引理2， $C_{n-1}^{i-1}=C_{n}^{i}-C_{n-1}^{i}$
$∵Cni+1=Cn−1i+Cn−1i+1\because C_{n}^{i+1}=C_{n-1}^{i}+C_{n-1}^{i+1}$
$∴Cn−1i=Cni+1−Cn−1i+1\therefore C_{n-1}^{i}=C_{n}^{i+1}-C_{n-1}^{i+1}$
$∴Cn−1i−1=Cni−(Cni+1−Cn−1i+1)=Cni−Cni+1+Cn−1i+1\therefore C_{n-1}^{i-1}=C_{n}^{i}-(C_{n}^{i+1}-C_{n-1}^{i+1})=C_{n}^{i}-C_{n}^{i+1}+C_{n-1}^{i+1}$
设 $p_{i-1}=C_{n-1}^{i-1}$ ，那么
$p_{i-1}=C_{n}^{i}-C_{n}^{i+1}+C_{n-1}^{i+1}=C_{n}^{i}-C_{n}^{i+1}+p_{i+1}$
$∵pi+1=Cni+2−Cni+3+pi+3\because p_{i+1}=C_{n}^{i+2}-C_{n}^{i+3}+p_{i+3}$
$∴pi−1=Cni−Cni+1+Cni+2−Cni+3+pi+3=Cni−Cni+1+Cni+2−Cni+3+Cni+4−Cni+5+...Cnn\therefore p_{i-1}=C_{n}^{i}-C_{n}^{i+1}+C_{n}^{i+2}-C_{n}^{i+3}+p_{i+3}=C_{n}^{i}-C_{n}^{i+1}+C_{n}^{i+2}-C_{n}^{i+3}+C_{n}^{i+4}-C_{n}^{i+5}+...C_{n}^{n}$
$∴∑i=wn(−1)n−iCni=(−1)n−wpw−1=(−1)n−wCn−1w−1\therefore \sum_{i=w}^{n}(-1)^{n-i}C_{n}^{i}=(-1)^{n-w}p_{w-1}=(-1)^{n-w}C_{n-1}^{w-1}$
证毕

$∴ans=∑i=wmf(i)∑k=wi(−1)i−kCik=∑i=wm(−1)i−wCi−1w−1f(i)\therefore ans=\sum_{i=w}^{m}f(i)\sum_{k=w}^{i}(-1)^{i-k}C_{i}^{k}=\sum_{i=w}^{m}(-1)^{i-w}C_{i-1}^{w-1}f(i)$

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=10010; const int mod=998244353; int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f; } int f[N],a[N],b[N],fac[N],inv[N]; int power(int a,int b){int res=1;while(b){if(b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}return res; } void init(int n){fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;inv[n]=power(fac[n],mod-2);for(int i=n;i>=1;i--) inv[i-1]=1ll*inv[i]*i%mod; } int C(int n,int m){return 1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod; } int n,m,op; int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++) a[i]=read();sort(a+1,a+m+1);init(m);while(n--){scanf("%d",&op);for(int i=1;i<=m;i++) b[i]=read();sort(b+1,b+m+1);if(op==1){int ans=1;for(int i=1;i<=(m+1)/2;i++){if(b[i]>a[i+(m-1)/2]){ans=0;break;}}printf("%d\n",ans);} else{memset(f,0,sizeof(f));f[0]=1;for(int i=1;i<=m;i++){int p=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b-1;for(int j=p;j>=1;j--)f[j]=(f[j]+1ll*f[j-1]*(p-(j-1)))%mod;}for(int i=1;i<=m;i++)f[i]=1ll*f[i]*fac[m-i]%mod;int ans=0,tag=0;for(int i=(m+1)/2;i<=m;i++){int sum=1ll*C(i-1,(m-1)/2)*f[i]%mod;if(tag) sum=mod-sum;ans=(ans+sum)%mod;tag^=1;}ans=1ll*ans*inv[m]%mod;printf("%lld\n",ans);}}return 0; }

总结

以上是生活随笔为你收集整理的[XSY] 简单的博弈题（博弈+dp+组合数+容斥）的全部内容，希望文章能够帮你解决所遇到的问题。

如果觉得生活随笔网站内容还不错，欢迎将生活随笔推荐给好友。

上一篇：如何找回一台丢失的Win10电脑如何找回
下一篇： [XSY] 字符串题（字符串，构造）