題目傳送門

思路

這是一道DP題。

所以我們來設狀態，我們讓 \(dp_{i,j}\) 表示在第 i 次操作後， Bob 選擇“加”了 j 次，那麼顯然最後的答案是 \(dp_{n,m}\)

再來看轉移：

\(dp_{i,j}\) 的 i 一定由 i-1 轉移而來，而 j 則取決於 Bob 加不加，所以可以貢獻給它的狀態是 \(dp_{i-1,j}\) 和 \(dp_{i-1,j-1}\) 。

反過來說， \(dp_{i,j}\) 可以給 \(dp_{i+1,j}\) 和 \(dp_{i+1,j+1}\) 作出貢獻。

先考慮轉移。

顯然，Alice 作出決策後， Bob 會在 \(dp_{i-1,j}-t\)

所以，Alice顯然要讓它們相等，否則Alice就會虧一波。

也就是，她會讓 \(t=\frac{dp_{i-1,j}\ \ \ +\ dp_{i-1,j-1}}{2}\)，因為只有這樣才可以保證 \(dp_{i-1,j}-t\) 與 \(dp_{i-1,j-1}+t\) 相等。

邊界為 \(dp_{i,0}=0\)（一次都不加，Alice當然全選 0 ）和 \(dp_{i,i}=ik\) （全加，Alice當然要拉滿）。

看起來，接下來是一個 \(\Theta(nm)\) 的 dp。

不過，我們發現，它的轉移很像一個楊輝三角！

所以，我們考慮 \(dp_{i,i}\)

而 \(dp_{i,j}\) 只能給 \(dp_{i+1,j}\) 和 \(dp_{i+1,j+1}\) 作出貢獻。

所以，它需要連續將 i 進行一些 +1 ，並選擇一些來把 j 也來加夠。

然而，如果直接分析， \(dp_{i,i}\) 會給 \(dp_{i+1,i+1}\) 貢獻，然而這裡已經填好了，所以會掛。

注意到 \(dp_{i,j}\) 不能貢獻給 \(dp_{i,j+1}\) ，我們考慮從 \(dp_{i+1,i}\) 開始計算答案。

這時，向 n 需要加 \(n-i-1\) ，向 m 需要加 \(m-i\)

而在這個過程中，它顯然會被不斷除2，一共會除 \(n-i\) 次，因為我們直接從 \(dp_{i+1,i}\) 開始轉移就意味著已經進行了一次操作。

顯然如果 m 超過規定範圍 Bob 就虧了，所以考慮用 m 來限制列舉變數。

最後的答案，就是 \(\sum\limits^m_{i=1}\tfrac{ik\ \cdot\ \tbinom{n-i-1}{m-i}}{2^{n-1}}\) 。

當然，如果 \(n=m\) ，前面也說過， \(dp_{i,i}\) 不應當再給它作貢獻，此時的答案是 \(km\) ，應當特判。

預處理 \(2^i\) 的逆元，複雜度 \(\Theta(n)\) 。

程式碼