【CF98E】Help Shrek and Donkey（博弈，纳什均衡）
题面
有一副互不相同的牌共 n + m + 1 n+m+1 n+m+1 张，编号 1 ∼ n + m + 1 1\sim n+m+1 1∼n+m+1。有两个人，第一个人 n n n 张，第二个人 m m m 张。另外有一张牌放在桌子上。
两个人玩游戏轮流操作（其中第一个人为先手）。有如下 2 2 2 中操作类型：
-
猜测：猜桌上的那张牌是什么。如果猜对了则获胜，猜错了则失败。操作完之后游戏结束。
-
指定：报一张牌的名字，如果对方手上有这张牌，则将该牌丢弃，游戏继续；如果对方手上没有这张牌，对方则会表示他不用由此牌。
现在假设两个人都知道自己的牌分别是什么，但是不知道桌上和对方手里的牌具体是什么。
若双方都采取最优策略进行游戏，问先手和后手获胜概率。
若选手答案与标准答案的误差不超过 1 0 − 9 10^{-9} 10−9 则认为正确。
数据范围： 0 ≤ n , m ≤ 1000 0\le n,m\le 1000 0≤n,m≤1000 。
题解
虽然是采取最优策略进行的，但是往往没有必胜策略。这里所说的最优策略是指，让获胜概率最大化。
不难发现，当角色丢弃一张牌后，又变成了一个总牌数更少的、先后手交换的起始局面，因此可以设 f ( n , m ) f(n,m) f(n,m) 为输入 n , m n,m n,m 时先手的获胜概率。
我们先解决边界情况： n = 0 n=0 n=0 或 m = 0 m=0 m=0 。
若对方的牌数为 0，那么可以直接推出桌上那张牌的编号，下一步便会直接「猜测」，然后 100% 取胜。为了避免这种情况，对方绝对不能给下一步进行的机会。所以，整个游戏的流程就是：先手「猜测」、判断输赢。
赢的概率是 m + 1 m+1 m+1 张牌中随机一张选对的概率， f ( n , m ) = 1 m + 1 f(n,m)=\frac{1}{m+1} f(n,m)=m+11 。
然后，我们考虑都有牌的情况。
如果当前状态等价于一个初始状态的话，没有人会直接猜测的，证明详见：笑长(zhang3)博客 思路第 11 行开始。
不(挺)难发现，「指定」有两种方式：
- 「交流」：询问一张自己没有的牌。如果对方有，对方会将其丢弃，然后你知道在场不可能再有那张牌。或者对方没有，说明就是桌面上那张牌，但是下一步不是你的……
- 「欺骗」：询问一张自己有的牌。你知道这是你的牌，对方不可能有，也不可能是桌上，所以会得到“没有牌”的指定结果。如果对方信以为真，下一步真去「猜测」了，那么你就赢了。这个操作的存在使得在「交流」中，即使得到了“没有牌”的结果，对方也没有100%的底气「猜测」。
另一方面，如果对方不信，你也不可能去「猜测」，对方便会知道你在「欺骗」，进而知道你有这张牌。大家都知道了，那么这张牌就等于被丢弃了——被你这个先手丢弃了。从对方「不信」开始，这一结果就被笃定。
于是，围绕着先手「交流」或「欺骗」，后手「信任」（意味着下一步「猜测」）或「不信」，就有这样的状态转移表：
后 手 先 手 「 交 流 」 「 欺 骗 」 ( 丢 弃 ) m m + 1 ( 1 − f ( m − 1 , n ) ) − 「 信 任 」 0 1 「 不 信 」 1 m + 1 1 − f ( m , n − 1 ) \begin{matrix} _{后手}~^{先手}&「交流」&「欺骗」\\ (丢弃) & \frac{m}{m+1}(1-f(m-1,n)) & -\\ 「信任」& 0 & 1\\ 「不信」& \frac{1}{m+1} & 1-f(m,n-1) \end{matrix} 后手 先手(丢弃)「信任」「不信」「交流」m+1m(1−f(m−1,n))0m+11「欺骗」−11−f(m,n−1)
由于指定与猜测结果的随机性很大，所以决策上，先后手没有必胜策略，也会选择以一定概率进行「交流」/「欺骗」，或「信任」/「不信」。我们设先手选择「交流」的概率为 p p p ，后手选择「信任」的概率为 q q q 。
那么可以得出这个大式子：
f ( n , m ) p , q = p ( q + ( 1 − q ) ( 1 − f ( m , n − 1 ) ) ) + ( 1 − p ) ( − q m + 1 + 1 m + 1 + m m + 1 ( 1 − f ( m − 1 , n ) ) ) f(n,m)_{p,q}=p\Big(q+(1-q)\big(1-f(m,n-1)\big)\Big)\\ +(1-p)\left( -\frac{q}{m+1}+\frac{1}{m+1}+\frac{m}{m+1}(1-f(m-1,n)) \right) f(n,m)p,q=p(q+(1−q)(1−f(m,n−1)))+(1−p)(−m+1q+m+11+m+1m(1−f(m−1,n)))
在博弈中，双方对于 p p p 和 q q q 的选取都是透明的，对于确定的 p p p ，后手会调整 q q q 使得答案最小，对于确定的 q q q ，先手也会调整 p p p 使得答案最大，所以，答案最终就会变为
min q ∈ [ 0 , 1 ] ( max p ∈ [ 0 , 1 ] f ( n , m ) p , q ) \min_{q\in[0,1]}\left( \max_{p\in[0,1]} f(n,m)_{p,q} \right) q∈[0,1]min(p∈[0,1]maxf(n,m)p,q)
假使我们知道了 q q q ，那么不难发现式子就会变为关于 p p p 的一次式， p p p 一定会选取 0 , 1 0,1 0,1 其中一个了。当 p p p 分别取 0 , 1 0,1 0,1 的时候，就是两个关于 q q q 的一次式（刚好分别是上述 f ( n , m ) p , q f(n,m)_{p,q} f(n,m)p,q 式子的第二行和第一行）， q q q 不论取什么值，最终答案都将是这两个一次式中较大的那个。还是把两个式子写出来吧：
p = 0 : f = − q m + 1 + 1 m + 1 + m m + 1 ( 1 − f ( m − 1 , n ) ) p = 1 : f = q + ( 1 − q ) ( 1 − f ( m , n − 1 ) ) p=0:f=-\frac{q}{m+1}+\frac{1}{m+1}+\frac{m}{m+1}(1-f(m-1,n))\\ ~\\ p=1:f=q+(1-q)\big(1-f(m,n-1)\big)~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\, p=0:f=−m+1q+m+11+m+1m(1−f(m−1,n)) p=1:f=q+(1−q)(1−f(m,n−1))
那么，就相当于在这两个一次式对应一次函数形成的下凸包中，取最小值点。由于我们发现这两个一次函数的斜率异号，所以破案了——最终的 q q q 就在这两个一次函数的交点处！
得到 q q q 后，就能得到该 f ( n , m ) f(n,m) f(n,m) 。 q q q 的取值于不同的 n , m n,m n,m 大抵是不一样的，因此需要每次算。
时间复杂度 O ( n m ) O(nm) O(nm) 。
CODE
记忆化搜索，但其实完全没必要。
//真的猛士，敢于将打到一半的代码提交
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