PKUWC 2018 简要题解

「PKUWC2018」Minimax

首先有暴力的做法就是每个点用一个 $vector$ 之类的存下所有可能的值以及概率
考虑如何合并，一个值的最终概率为它在子节点的概率乘上这一步取它的概率
而这一步取它的概率为另外一个子节点 $<$ 它的概率和 * 取大的概率 + $>$ 它的概率和 * 取小的概率
我们考虑将合并改成线段树合并，每次处理左右子树概率的贡献，维护子树的概率和
边走边算贡献最后就是将一棵子树打上一个乘法标记

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「PKUWC2018」Slay the Spire

好题啊！
首先有贪心策略，在能选强化牌的时候尽量多选强化牌
于是我们可以枚举最后的 $m$ 张有 $i$ 张强化牌，那么
$i\ge k$，显然选择这 $i$ 张中最大的 $k-1$ 张，然后选一张最大的攻击牌
$i<k$，显然需要把 $i$ 张用完，然后选 $k-i$ 张最大的攻击牌

其实就是对于每一种选法统计当前选法的最优策略的和
考虑 $dp$
我们令 $F(i,j)$ 表示最后选出来 $i$ 张强化牌的所有情况中，前 $j$ 大的积的和
令 $G(i,j)$ 表示最后选出来 $i$ 张攻击牌的所有情况中，前 $j$ 大的和的和
那么最后的答案显然是 $F(i,k-1)\ast G(m-i,1)$ 或者是 $F(i,i)\ast G(m-i,k-i)$

如何转移，我们考虑枚举前 $j$ 大的最后一个也就是第 $j$ 大的位置

$$F(i,j)=\sum _{k=j}^{n}f(j,k)\ast \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{i-j}\right)$$

其中 $f(i,j)$ 表示选择 $i$ 张牌，最后一张钦定在 $j$ 的所有方案中 $j$ 张牌的积的和
考虑 $f$ 的转移
枚举上一个的结尾

$$f(i,j)=a_j\ast \sum _{k=1}^{j-1}f(i-1,k)$$
前缀和优化转移可以做到 $O(n^2)$
同 $f$，我们有$$G(i,j)=\sum _{k=j}^{n}g(j,k)\ast \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{i-j}\right)$$

$g(i,j)$ 表示选择 $i$ 张牌，最后一张钦定在 $j$ 的所有方案中 $j$ 张牌的和的和
那么显然新增贡献是当前贡献乘上方案数
$$f(i,j)=a_j\ast \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j-1}\right)+\sum _{k=1}^{j-1}g(i-1,k)$$
任然可以 $O(n^2)$
然后需要求 $m$ 个本质不同的 $F,G$，每次 $O(n)$
复杂度 $O(nm+n^2)$

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「PKUWC2018」随机算法

一开始只会三进制状压，比较显然，记录没有被考虑，被考虑有没有选进独立集即可
考虑压成二进制，看看哪一个状态没有用，一番尝试后考虑压成"有没有选进独立集"

假设当前考虑了 $i$ 个点，当前这一步有 $j$ 点可以放进独立集
那么会有 $n-i-j$ 个点放不进去
不需要知道这些点具体是什么，乘上一个个数就可以转移了

一个点如果这一步放不进去那么只后就不可能放进去
这样一来就不会重复计数了

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「PKUWC2018」猎人杀

考虑大力容斥，钦定一个集合放在 1 号点的后方，也就是钦定 1 号点比这个集合都先死

$$\sum _S(-1{)}^{|S|}p(S)$$
其中 $P(S)$ 表示一个集合都比 1 先死的概率
我们惊讶的发现一个结论，就是如果一个人死了，我们假装他没有死，给他打上一个标记，遇到有标记的就跳过，这样选到剩余人的概率与原概率相同，证明：

原概率 $\frac{w_i}{sum-sum(kill)}$
设现概率为$p$，那么
$p=p\ast \frac{sum(kill)}{sum}+\frac{w_i}{sum}$
$p$ 与原概率相同

于是集合 $S$ 在 1 后面出现的概率就是
$$\sum _{i=0}^{\infty }(1-\frac{sum(S)+w_1}{sum}{)}^i\ast \frac{w_1}{sum}=\frac{w_1}{sum(S)+w_1}$$
所以
$$Ans=\sum _S(-1{)}^{|S|}\frac{w_1}{sum(S)+w_1}$$

考虑 $\sum w_i$ 比较小，可以枚举 $sum(S)$
那么就是要求 ${\sum }_S(-1{)}^{|S|}[sum(S)=x]$，构造生成函数 $\prod (1-x^{w_i})$ 即可
分治 $ntt$

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「PKUWC2018」随机游走

直接上 $min-max$ 容斥，因为到一个集合的任意一个点的期望步数比较好求
树形 $dp$ 时记录 $f[x]=A[fa[x]]+B$ 即可，边界条件 $f[x]=0(x\in S)$
求子集和用 $fmt$ 即可做到 $O(n\ast 2^n)$

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