每日好题:原来你也玩三国杀(DP动态规划)

I - 原来你也玩三国杀

Description

小 Q 最近听说 “很多” acmer 都爱上了一款游戏《三国杀》。因为小 Q 是一个初学者,所以想自己先偷偷学习一下,然后惊艳所有人。但又因为小 Q 不屑于使用一般的武将,因为他觉得唯有操作型武将才能显得自己的实力,所以他决定使用操作型武将”大宝”(界徐盛)。

每日好题:原来你也玩三国杀(DP动态规划)_第1张图片

你作为小Q的好盆友,告诉他这个不够秀,并向他推荐了教授(沮授)。其中的一个技能为

  • 渐营(技能):每当你使用和你上一张使用的牌花色相同时,你可以摸一张牌(第一张牌没有上一张)。

每日好题:原来你也玩三国杀(DP动态规划)_第2张图片

但是这个技能摸牌的随机性太大的,很难操作起来,所以小 Q 选择开一点点挂。使得每次触发技能时,小 Q 能够摸到与自己上一张花色相同的牌。

那么如果一直出相同花色的牌就可以一直摸,无穷无尽,很容易让人发现开挂。所以小 Q 就会故意出与上一张不同的花色的牌,导致技能触发不了,这样就能保证可以牌可以出完。但是又不能乱出,因为乱出显不出自己的实力。

假设初始情况下小 Q 有四种花色的牌,数量分别为a,b,c,d (别问为什么初始不是 4,当然是开挂了)。

小 Q 想知道,在手牌用完,并且正好打出了 kk 张牌的情况下,能够有多少种出牌方式。

Input

第一行输入四个整数a,b,c,d (0≤a,b,c,d≤200,a+b+c+d>0) ,代表初始手牌中每种花色的数量。

第二行输入一个整数 T(1≤T≤200) ,代表询问次数。

接下来 T 行,每行输入一个整数 k(0≤k≤1000) ,代表要手牌用完后要打出的牌数。

Output

如果能够在手牌用完的情况下,正好打出 k 张牌,输出 YES,并在下一行输出能够打出 k 张牌的方案数(相同花色的牌视为完全相同,花色排序不同即为不同),答案对 998244353 取模。

否则,输出 NO

Samples

Sample #1
Input 
0 0 2 2
3
3
4
5
Output 

NO
YES
2
YES
4
Sample #2
Input 
1 2 3 4
3
10
20
100
Output

YES
1074
YES
3225222
YES
336967520

Hint

第一个样例中,设四种花色分别为A,B,C,D,那么初始牌数就有两张花色 CC 和两张花色 DD

当 k=3 时,是 NO 。

当 k=4 时,有 CDCD,DCDC 两种出牌方式。

当k=5 时,有 CCDCD,DDCDC,CDDCD,DCCDC 四种出牌方式。

分析:

初始总牌数
ans ,初始有的花色数量 cnt ,需要打出
k 张,差的牌数 n ,最多的一种花色
mx 。两
个模型中,一个是排列相邻不同色模型(
dp 过程也是使用插入法),另一个是
n 个球放进
ans cnt 个盒子模型里。
因为相邻牌不同不能摸牌,所以先找出所有相邻牌不相邻的情况。用
dp
进行求解(
dp
过程见代
码),如果要求出的牌小于初始牌加和,输出 NO ;如果最多的花色 mx
( ans + 1)
mx
还要多,
那么必定构不成 ABAB 类型的排列。
排除之后就是可行的情况了,
ans 距离 k 所相差的牌数可以用 插入法 求解,差 n 张牌,这
n 张牌
可以插在任意一张牌之后(因为牌数不够,所以要在牌之后插入和上一张相同的来凑够
k 张牌,
你会发现即使你插入一些,消耗的牌依旧是一张牌,这里选择插入的牌是排列后面的牌,先用一下
插入进去,因为和上一张相同可以摸一张,相当于没消耗) ( 除了最后每种花色的最后一个,因为
一旦插到最后,就意味着两张花色相同,你可以再摸一张牌,与这是每种花色的最后一张相矛盾 )
所以将这相差的牌用组合数求解, n 个球放进 ans cnt 个盒子里,盒子这里明显是不同的 , 答案
C ans cnt 1
n+ans cnt 1

代码实现:

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Y = 998244353;
#define endl '\n'
const int N = 1010;
ll C[N][N];
ll fac[N];
ll dp[N][N];

void init() {
    C[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 1000; i++) {
        C[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; j++)
            C[i][j] = C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1], C[i][j] %= Y;
    }
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 1000; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % Y;
}

vector arr;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    init();
    int ans = 0;
    int mx = 0;
    int zt, n;
    ll res;
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        cin >> zt;
        ans += zt;
        mx = max(mx, zt);
        if (zt) {
            arr.push_back(zt);
        }
    }
    n = arr.size();
    dp[0][arr[0] - 1] = 1;
    ll sum = arr[0];
    // 每有一个位置(这个位置是指位置之间的缝隙)相邻位置(真位置)都有同色视为该位置有冲突
    for (int i = 1; i < n; sum += arr[i++])  // 每增加一个花色
        for (int j = 0; j < sum; j++)        // 枚举所有冲突的数目
            if (dp[i - 1][j])  // 如果前i-1个花色有j个冲突
                for (int k = 1; k <= arr[i]; k++)  // 枚举这个花色的组数,分成k组,每一组有多少个不重要,重要的是知道多少组就知道了多少位置(缝隙)会产生冲突了
                    for (int u = 0; u <= min(k, j); u++)  //(选择消除u个冲突(将一部分组插入到j个冲突中))
                    {
                        ll tmp = dp [i - 1][j];  // C[j][u]选择u个冲突消除,C[arr[i]-1][k-1]是用隔板法,将arr[i]个分成k份,每一份至少为1,C[sum+1-j][k-u]是没有没有冲突的其余的插入k-u个
                        tmp = ((tmp * C[j][u]) % Y * (C[arr[i] - 1][k - 1] * C[sum + 1 - j][k - u] % Y)) % Y;
                        dp[i][j - u + arr[i] - 1 - (k - 1)] += tmp;
                        dp[i][j - u + arr[i] - 1 - (k - 1)] %= Y;
                    }
    res = dp[n - 1][0];
    int q;
    cin >> q;
    while (q--) {
        int x;
        cin >> x;
        if (x < ans) {
            cout << "NO" << endl;
            continue;
        }
        if (mx > (ans + 1 - mx)) {
            cout << "NO" << endl;
        } else {
            cout << "YES" << endl;
            int ccc = 0;
            ccc = res * C[x - n - 1][ans - n - 1] % Y;
            cout << ccc << endl;
        }
    }

    return 0;
}

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