dp 套 dp+自動機的思想

洛谷題面傳送門

一道 dp 套 dp 的 immortal tea

首先考慮如何判斷一套牌是否已經胡牌了，考慮 \(dp\)​​​​​。我們考慮將所有牌按權值大小從大到小排成一列，那我們設 \(dp_{i,j,k,0/1}\)​​​​ 表示目前考慮了權值 \(\le i\)​​​​ 的牌，我們之前預留了 \(j\)​​​ 張形如 \((i-1,i)\)​​​ 的牌與 \(i+1\)​​​ 形成刻子，又留了 \(k\)​​​ 張 \(i\)​​​ 與 \(i+1,i+2\)​​​ 形成刻子，\(0/1\)​​​ 表示當前是否留過對子，所能夠形成的最大刻子數。設 \(c_i\)​​​ 表示有多少張權值為 \(i\)

​​ 的牌，那麼從 \(dp_{i,j,k,l}\)​​ 轉移到 \(dp_{i+1,j',k',l'}\)​​ 時，由於我們預留了 \(k\)​​ 張 \(i-1,i\)​​ 與 \(i+1\)​​ 搭配，\(j\)​​ 張 \(i\)​​ 與 \(i+1,i+2\)​​ 搭配，所以我們首先得拿出 \(j+k\)​​ 張 \(i+1\)​​ 出來填補預留好的部分，而對於剩餘的 \(c_{i+1}-j-k\)​ 牌，我們則需要決策它是否留了兩張 \(i+1\) 作為對子，以及預留了多少張與 \(i+2,i+3\) 搭配。那麼如何處理 \(7\) 對對子就可以胡牌這一條件呢？這個其實很好辦，我們只用判斷 \(c_i\ge 2\) 的 \(i\) 的個數是否 \(\ge 7\) 即可。

接下來考慮解決原問題，不難發現如果我們將所有權值從小到大讀入，並將當前的 \(dp\)​​ 值看作一個狀態（即，把當前 \((dp_{*,0,0,0},dp_{*,0,0,1},dp_{*,1,0,0},dp_{*,1,1,1}\cdots,dp_{*,4,4,0},dp_{*,4,4,1},cnt)\)​​ 這樣的有序對視作一個個節點建一張圖，其中由於七刻子胡牌這一規則的存在，我們需額外記錄一個 \(cnt\) 表示當前有多少個權值 \(i\) 滿足權值等於 \(i\) 的牌的張數 \(\ge 2\)）那麼如果我們新添上 \(x\) 張權值為 \(i+1\)

的牌，那麼從 \(dp_{i}\) 轉移到 \(dp_{i+1}\)​ 則可以視作從當前有序對沿著轉移邊轉移到另一個節點，轉移方法與我們之前判斷一套牌是否為胡牌的方法一致，當然如果添上這 \(x\) 張權值為 \(i+1\) 的牌後已經胡了則我們要轉移到終止節點——也就是胡牌這個狀態對應的節點。這樣我們即可將這個自動機建出來。

最後考慮怎樣求解答案，注意到雖然每個 \(dp\)​​ 值可能的情況可能很多，差不多是指數級別的，可如果我們真正寫個程式 BFS 一下就可以發現能夠從 \((0,0,\cdots,0)\)​​ 到達的狀態並不多——準確來說，是 \(2092\)​​ 個，再聯絡此題 \(n\)​​ 很小這個資料範圍我們可以想到 DP，具體來說，對於一個摸了 \(x\)​​ 張牌後才胡牌的情形，我們可以將它的貢獻拆成，摸了 \(1,2,\cdots,x-1\)​​ 張牌後還未胡牌的概率。因此我們即需求出摸了 \(i\)​​ 張牌後未胡牌的概率，將它們加起來再加 \(1\)​​ 就是答案。這樣我們可以設 \(dp_{i,j,k}\)​​ 表示有多少個摸牌的集合，滿足其中所有牌的權值 \(\le i\)​​，將它們全部讀入自動機後當前位於自動機上 \(j\)​​ 節點的位置，並且 \(k\)​​ 張牌。轉移就列舉新摸了多少張權值為 \(i+1\)​​ 的牌——設摸了 \(x\)​​ 張權值為 \(i+1\)​​ 的牌，最初的牌堆中有 \(a_{i+1}\)​​ 張權值為 \(i+1\)​ 的牌，那麼需有 \(x\ge a_{i+1}\)​。沿著自動機對應的邊轉移即可。那麼最終對於一個 \(dp_{n,j,k}\)​，其中 \(j\)​ 不是終止節點，其對答案的貢獻就是 \(dp_{n,j,k}·\dfrac{k!(4n-13-k)!}{(4n-13)!}\)​。

時間複雜度 \(2092·n^2\)，可以通過此題。

const int MAXN=400;
const int MAXM=2222;
const int MOD=998244353;
struct mat{
	int a[3][3];
	void clear(){memset(a,-1,sizeof(a));}
	int* operator [](int x){return a[x];}
	mat(){clear();}
	bool operator ==(const mat &rhs) const{
		for(int i=0;i<3;i++) for(int j=0;j<3;j++)
			if(a[i][j]^rhs.a[i][j]) return 0;
		return 1;
	}
	bool operator !=(const mat &rhs) const{return !((*this)==rhs);}
	bool operator <(const mat &rhs) const{
		for(int i=0;i<3;i++) for(int j=0;j<3;j++){
			if(a[i][j]<rhs.a[i][j]) return 0;
			if(a[i][j]>rhs.a[i][j]) return 1;
		} return 0;
	}
};
void get_trs(mat &to,mat from,int cnt){
	for(int i=0;i<3;i++) for(int j=0;j<3;j++) if(~from[i][j])
		for(int k=0;k<3&&i+j+k<=cnt;k++)
			chkmax(to[j][k],min(4,from[i][j]+i+(cnt-i-j-k)/3));
}
struct node{
	int prs_cnt;mat dp[2];
	void clear(){prs_cnt=0;dp[0].clear();dp[1].clear();}
	node(){clear();}
	void make_zero(){clear();dp[0][0][0]=0;}
	void make_win(){prs_cnt=-1;dp[0].clear();dp[1].clear();}
	bool check_win(){
		if(prs_cnt==7) return 1;
		for(int i=0;i<3;i++) for(int j=0;j<3;j++) if(dp[1][i][j]==4)
			return 1;
		return 0;
	}
	void check(){if(check_win()) make_win();}
	bool operator ==(const node &rhs) const{
		return (prs_cnt==rhs.prs_cnt&&dp[0]==rhs.dp[0]&&dp[1]==rhs.dp[1]);
	}
	bool operator !=(const node &rhs) const{return !((*this)==rhs);}
	bool operator <(const node &rhs) const{
		if(prs_cnt^rhs.prs_cnt) return prs_cnt<rhs.prs_cnt;
		if(dp[0]!=rhs.dp[0]) return dp[0]<rhs.dp[0];
		if(dp[1]!=rhs.dp[1]) return dp[1]<rhs.dp[1];
		return 0;
	}
};
node getnxt(node a,int cnt){
	if(!~a.prs_cnt) return a;
	node res;
	if(cnt>=2) res.prs_cnt=a.prs_cnt+1;
	else res.prs_cnt=a.prs_cnt;
	if(cnt>=2) get_trs(res.dp[1],a.dp[0],cnt-2);
	get_trs(res.dp[0],a.dp[0],cnt);
	get_trs(res.dp[1],a.dp[1],cnt);
	res.check();return res;
}
map<node,int> id;
int ncnt=0,ch[MAXM+5][5],ed=0;
void find_state(){
	queue<node> q;node st;st.make_zero();
	id[st]=++ncnt;q.push(st);
	while(!q.empty()){
		node x=q.front();q.pop();
		for(int i=0;i<=4;i++){
			node y=getnxt(x,i);
			if(!id[y]) id[y]=++ncnt,q.push(y);
			ch[id[x]][i]=id[y];
		}
	} st.make_win();ed=id[st];
}
int fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
void init_fac(int n){
	for(int i=(fac[0]=ifac[0]=ifac[1]=1)+1;i<=n;i++) ifac[i]=1ll*ifac[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD,ifac[i]=1ll*ifac[i]*ifac[i-1]%MOD;
}
int binom(int x,int y){return 1ll*fac[x]*ifac[y]%MOD*ifac[x-y]%MOD;}
int n,cnt[MAXN+5],dp[MAXN/4+5][MAXM+5][MAXN+5];
int main(){
	init_fac(MAXN);find_state();//printf("%d\n",ncnt);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,x;i<=13;i++) scanf("%d%*d",&x),cnt[x]++;
	dp[0][1][0]=1;
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=1;j<=ncnt;j++) for(int k=0;k<=n<<2;k++){
			if(dp[i][j][k]){
				for(int l=cnt[i+1];l<=4;l++) if(ch[j][l]!=ed){
					dp[i+1][ch[j][l]][k+l]=(dp[i+1][ch[j][l]][k+l]+1ll*binom(4-cnt[i+1],l-cnt[i+1])*dp[i][j][k])%MOD;
				}
			}
		}
	} int tot=(n<<2)-13,res=0;
	for(int i=1;i<=ncnt;i++) for(int j=0;j<=tot;j++) if(dp[n][i][j+13])
		res=(res+1ll*dp[n][i][j+13]*fac[j]%MOD*fac[tot-j]%MOD*ifac[tot])%MOD;
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}