CSP模拟50联测12 T2 赌神

CSP模拟50联测12 T2 赌神

题面与数据规模

Ps:超链接为衡水中学OJ。

思路

$subtask2$：

由于$x_i$较小，考虑 dp。

假设一开始球的颜色为红和蓝，设 $dp[i][j]$ 为剩 $i$ 个红球，$j$ 个蓝球时可获得的最大筹码数。

如果不同球掉落所获得的筹码不同，那么肯定会掉落最少筹码的那一堆球。所以保证各堆获得筹码相同时最优。

设蓝球堆放$x$个筹码，红球堆放$y$个筹码，则有：
$$dp[i][j]=2x\ast dp[i-1][j]=2y\ast dp[i][j-1](n=2)$$

易得每次把筹码投完比不投优。可得：
$$\begin{gathered} y=1-x \\ x\ast dp[i-1][j]=(1-x)dp[i][j-1] \end{gathered}$$
解 $x$ 得：$x=\frac{dp[i][j-1]}{dp[i-1][j]+dp[i][j-1]}$

所以
$$dp[i][j]=2x\ast dp[i-1][j]=\frac{2dp[i][j-1]dp[i-1][j]}{dp[i][j-1]+dp[i-1][j]}$$

$subtask3$：

任然考虑 $n=2$ 的情况，设 $f[i][j]=\frac{dp[i][j]}{2^{i+j}}$。

将 $dp[i][j]$ 通过 $subtask2$ 中的方程化简，得：
$$f[i][j]=\frac{f[i-1][j]f[i][j-1]}{f[i][j-1]+f[i-1][j]}$$

同时取倒数，并裂项得：
$$\frac{1}{f[i][j]}=\frac{f[i][j-1]+f[i-1][j]}{f[i-1][j]f[i][j-1]}=\frac{1}{f[i][j-1]}+\frac{1}{f[i-1][j]}$$
不难发现 $f[i][j]$ 为在二维平面内由 $(0,0)$ 走向 $i,j$ 的方案数，所以 $f[i][j]=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j}{i}\right)$。

$subtask4$

其实 $n>2$ 时也有上述性质，那么 $f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$ 为 $n$ 维平面内从 $(0,0,0,\cdots ,0)$ 走到 $(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$ 的方案数。

那么$f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{x_n}\right)\ast \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{{\sum }_{i=1}^{n-1}{x}_i}{x_{n-1}}\right)\ast \cdots \ast \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_1}{x_1}\right)$。

展开，得：
$$f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)=\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{x_n!{\sum }_{i=1}^{n-1}{x}_i}\ast \frac{{\sum }_{i=1}^{n-1}{x}_i}{x_{n-1}!{\sum }_{i=1}^{n-2}{x}_i}\ast \cdots \ast 1$$

发现每一项的分子与后一项的分母都存在共同部分，再次化简，得：

$$f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)=\frac{({\sum }_{i=1}^n{x}_i)!}{{\prod }_{i=1}^n{x}_i!}$$

于是答案为 $\frac{n^{x_1+x_2+\cdots +x_n}}{f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)}$。