多校联测12 赌神

文章探讨了在博弈背景下,利用动态规划求解在暗箱操作的赌场游戏中最大收益的问题。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

题目大意

你来到赌场玩游戏。有一个大箱子,里面有nnn种颜色的球,第iii种颜色的球有xix_ixi个。你可以在每种颜色的球上押上一定数量的筹码(可以是分数,但必须是有理数),需要满足总共押的筹码数不多于你当前有的筹码数。然后,箱子里就会随机出一个球,你将会获得你押在那个球的颜色的筹码数×n\times n×n,所有你押的筹码以及当前出来的球将会消失,直到盒子里没有球就结束了。

然而,你发现球并不是随机掉的,而是有暗箱操作的。有一个幕后黑手可以控制每一次哪一个球掉出来,而幕后黑手的使命就是使你赢的钱最少。求在双方都采取最优策略的情况下,在游戏结束后,你能够带走多少筹码。输出答案对998244353998244353998244353取模后的值。

1≤n≤106,1≤xi≤106,∑xi≤1061\leq n\leq 10^6,1\leq x_i\leq 10^6,\sum x_i\leq 10^61n106,1xi106,xi106


题解

我们先考虑n=2n=2n=2的情况,设f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示当前你有111个筹码, 箱子里两种颜色的求分别有i,ji,ji,j个,你最终能够获得多少筹码。由于幕后黑手手肯定会按你得筹码最少的情况掉球,所以在最优策略下,你在不同掉球的情况下最终获得的筹码数量应该相同。设你在第一种颜色上押了xxx个筹码,则你在第二种颜色上押了(1−x)(1-x)(1x)个筹码(易得全押比不全押更优)。那么,有

x⋅f[i−1][j]=(1−x)⋅f[i][j−1]x\cdot f[i-1][j]=(1-x)\cdot f[i][j-1]xf[i1][j]=(1x)f[i][j1],解得x=f[i][j−1]f[i−1][j]+f[i][j−1]x=\dfrac{f[i][j-1]}{f[i-1][j]+f[i][j-1]}x=f[i1][j]+f[i][j1]f[i][j1]

f[i][j]=nx⋅f[i−1][j]f[i][j]=nx\cdot f[i-1][j]f[i][j]=nxf[i1][j](押了xxx个筹码,最终获得nxnxnx个筹码)得转移式为

f[i][j]=nf[i−1][j]×f[i][j−1]f[i−1][j]+f[i][j−1]f[i][j]=\dfrac{nf[i-1][j]\times f[i][j-1]}{f[i-1][j]+f[i][j-1]}f[i][j]=f[i1][j]+f[i][j1]nf[i1][j]×f[i][j1]

我们考虑如何优化。设g[i][j]=f[i][j]ni+jg[i][j]=\dfrac{f[i][j]}{n^{i+j}}g[i][j]=ni+jf[i][j],则

g[i][j]=g[i−1][j]×g[i][j−1]g[i−1][j]+g[i][j−1]g[i][j]=\dfrac{g[i-1][j]\times g[i][j-1]}{g[i-1][j]+g[i][j-1]}g[i][j]=g[i1][j]+g[i][j1]g[i1][j]×g[i][j1]

两边同时取倒数,得

1g[i][j]=g[i−1][j]+g[i][j−1]g[i−1][j]×g[i][j−1]=1g[i−1][j]+1g[i][j−1]\dfrac{1}{g[i][j]}=\dfrac{g[i-1][j]+g[i][j-1]}{g[i-1][j]\times g[i][j-1]}=\dfrac{1}{g[i-1][j]}+\dfrac{1}{g[i][j-1]}g[i][j]1=g[i1][j]×g[i][j1]g[i1][j]+g[i][j1]=g[i1][j]1+g[i][j1]1

我们发现,1g[i][j]\dfrac{1}{g[i][j]}g[i][j]1其实就是在二维平面内,每次只能向上或向右走,从(0,0)(0,0)(0,0)(i,j)(i,j)(i,j)的方案数,也就是Ci+jiC_{i+j}^iCi+ji,于是f[i][j]=2i+jCi+jif[i][j]=\dfrac{2^{i+j}}{C_{i+j}^i}f[i][j]=Ci+ji2i+j

考虑n>2n>2n>2时怎么做,可以发现与n=2n=2n=2的性质类似,f(x1,x2,…,xn)f(x_1,x_2,\dots,x_n)f(x1,x2,,xn)nnn维平面内从(0,0,…,0)(0,0,\dots,0)(0,0,,0)(x1,x2,…,xn)(x_1,x_2,\dots,x_n)(x1,x2,,xn)的方案数,即

Cx1+x2+⋯+xnx1×Cx2+x3+⋯+xnx2×⋯×Cxnxn=(∑i=1nci)!x1!(∑i=2nci)!×(∑i=2nci)!c2!(∑i=3nci)!×⋯×xn!0!xn!=(∑i=1nxi)!∏i=1nxi!C_{x_1+x_2+\cdots+x_n}^{x_1}\times C_{x_2+x_3+\cdots+x_n}^{x_2}\times \cdots\times C_{x_n}^{x_n}=\dfrac{(\sum\limits_{i=1}^nc_i)!}{x_1!(\sum\limits_{i=2}^nc_i)!}\times \dfrac{(\sum\limits_{i=2}^nc_i)!}{c_2!(\sum\limits_{i=3}^nc_i)!}\times \cdots\times \dfrac{x_n!}{0!x_n!}=\dfrac{(\sum\limits_{i=1}^nx_i)!}{\prod\limits_{i=1}^nx_i!}Cx1+x2++xnx1×Cx2+x3++xnx2××Cxnxn=x1!(i=2nci)!(i=1nci)!×c2!(i=3nci)!(i=2nci)!××0!xn!xn!=i=1nxi!(i=1nxi)!

所以f(x1,x2,…,xn)=(∑i=1nxi)!∏i=1nxi!f(x_1,x_2,\dots,x_n)=\dfrac{(\sum\limits_{i=1}^nx_i)!}{\prod\limits_{i=1}^nx_i!}f(x1,x2,,xn)=i=1nxi!(i=1nxi)!,最终的答案为nx1+x2+⋯+xnf(x1,x2,…,xn)\dfrac{n^{x_1+x_2+\cdots +x_n}}{f_(x_1,x_2,\dots,x_n)}f(x1,x2,,xn)nx1+x2++xn

时间复杂度为O(n+∑xi)O(n+\sum x_i)O(n+xi)

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000000;
const long long mod=998244353;
int n,sum=0,a[N+5];
long long ans=1,jc[N+5],ny[N+5];
long long mi(long long t,long long v){
	if(!v) return 1;
	long long re=mi(t,v/2);
	re=re*re%mod;
	if(v&1) re=re*t%mod;
	return re;
}
void init(){
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
	ny[N]=mi(jc[N],mod-2);
	for(int i=N-1;i>=0;i--) ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%mod;
}
int main()
{
	init();
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		ans=ans*jc[a[i]]%mod;
		sum+=a[i];
	}
	ans=ans*ny[sum]%mod*mi(n,sum)%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}
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