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思路

这是一道DP题。

所以我们来设状态，我们让 \(dp_{i,j}\) 表示在第 i 次操作后， Bob 选择“加”了 j 次，那么显然最后的答案是 \(dp_{n,m}\)

再来看转移：

\(dp_{i,j}\) 的 i 一定由 i-1 转移而来，而 j 则取决于 Bob 加不加，所以可以贡献给它的状态是 \(dp_{i-1,j}\) 和 \(dp_{i-1,j-1}\) 。

反过来说， \(dp_{i,j}\) 可以给 \(dp_{i+1,j}\) 和 \(dp_{i+1,j+1}\) 作出贡献。

先考虑转移。

显然，Alice 作出决策后， Bob 会在 \(dp_{i-1,j}-t\) 和 \(dp_{i-1,j-1}+t\) 中选择最小的一个。

所以，Alice显然要让它们相等，否则Alice就会亏一波。

也就是，她会让 \(t=\frac{dp_{i-1,j}\ \ \ +\ dp_{i-1,j-1}}{2}\)，因为只有这样才可以保证 \(dp_{i-1,j}-t\) 与 \(dp_{i-1,j-1}+t\) 相等。

边界为 \(dp_{i,0}=0\)（一次都不加，Alice当然全选 0 ）和 \(dp_{i,i}=ik\) （全加，Alice当然要拉满）。

看起来，接下来是一个 \(\Theta(nm)\) 的 dp。

不过，我们发现，它的转移很像一个杨辉三角！

所以，我们考虑 \(dp_{i,i}\) 对 \(dp_{n,m}\) 的贡献。（因为在填充之前只有它们可以对答案造成贡献）

而 \(dp_{i,j}\) 只能给 \(dp_{i+1,j}\) 和 \(dp_{i+1,j+1}\) 作出贡献。

所以，它需要连续将 i 进行一些 +1 ，并选择一些来把 j 也来加够。

然而，如果直接分析， \(dp_{i,i}\) 会给 \(dp_{i+1,i+1}\) 贡献，然而这里已经填好了，所以会挂。

注意到 \(dp_{i,j}\) 不能贡献给 \(dp_{i,j+1}\) ，我们考虑从 \(dp_{i+1,i}\) 开始计算答案。

这时，向 n 需要加 \(n-i-1\) ，向 m 需要加 \(m-i\) ，而这 \(m-i\) 一共有 \(\tbinom{n-i-1}{m-i}\) 种方案，需要乘上。

而在这个过程中，它显然会被不断除2，一共会除 \(n-i\) 次，因为我们直接从 \(dp_{i+1,i}\) 开始转移就意味着已经进行了一次操作。

显然如果 m 超过规定范围 Bob 就亏了，所以考虑用 m 来限制枚举变量。

最后的答案，就是 \(\sum\limits^m_{i=1}\tfrac{ik\ \cdot\ \tbinom{n-i-1}{m-i}}{2^{n-1}}\) 。

当然，如果 \(n=m\) ，前面也说过， \(dp_{i,i}\) 不应当再给它作贡献，此时的答案是 \(km\) ，应当特判。

预处理 \(2^i\) 的逆元，复杂度 \(\Theta(n)\) 。

代码

标签：CF1628D2,题解,Sum,Alice,贡献,答案,Bob,转移,dp
来源： https://www.cnblogs.com/Konjac-Binaries/p/16123411.html