[CF98E]Help Shrek and Donkey

Posted 2022-02-04 StaroForgin

Help Shrek and Donkey

题解

这又是什么鬼畜博弈游戏。

我们先记$d{p}_{i,j}$表示先手有$i$张牌，后手有$j$张牌的时先手的胜率。
此时先手直接猜牌时，获胜的概率为$\frac{1}{m+1}$
此时先手提出询问，则会有三种情况，

• 询问一张自己有的牌，这种时候就是在迷惑后手，让后手以为这张可能是正确的牌，如果后手信了的话，那么先手就必胜；否则就相当于舍弃掉了这张牌，因为到下一个先手的回合先手不能因此去获胜，所以后手肯定可以知道先手有这张牌，而后手变成先手，于是胜率就别成了$1-d{p}_{m,n-1}$。
• 询问一张后手的牌，后手会将这张牌舍弃掉，然后后手变成先手，此时原来先手的胜率为$1-d{p}_{m-1,n}$。
• 询问正确的牌，此时后手如果认为先手没有诈自己，那么后手必胜；否则先手下回合就可以猜这张牌，先手必胜。

显然先手是没办法主观上区别情况2与情况3，所以当先手不选择情况1时，就有$\frac{m}{m+1}$的概率进入情况2与$\frac{1}{m+1}$的概率进入情况3，我们设先手有$p$的概率选择情况1。
而对于后手，他是没办法主观上区分情况1与情况3的，所以他此时选择相信先手与不相信先手的概率应该是固定的，我们设后手有$q$的概率相信先手。
当后手选择相信先手时，先手的胜率是$p+(1-p)\frac{m}{m+1}(1-d{p}_{m-1,n})$。
当后手选择不信先手时，先手的胜率是$p(1-d{p}_{m,n-1})+(1-p)(\frac{m}{m+1}(1-d{p}_{m-1,n})+1)$
由于后手不知道先手时怎么选择的，但后手 绝顶聪明，他可以算出先手的$p$，所以后手绝对会去平衡这两个概率，使得这两个的代权加和最小。
$$q(p+(1-p)\frac{m}{m+1}(1-d{p}_{m-1,n}))=(1-q)(p(1-d{p}_{m,n-1})+(1-p)(\frac{m}{m+1}(1-d{p}_{m-1,n})+1))$$容易观察到，经过后手的平衡，先手的胜率肯定是趋近于两种情况中较小的一个的。
但我们的先手也是绝顶聪明的呀，他肯定不会让后手去决定他的概率，所以他肯定会先通过$p$使得自己的两个概率都是一样的，免得后手选择较小的一个。
显然，这两边是一加一减的，如果两边都同增同减了，那么先手就别玩了，所以平衡后，所以通过先手的平衡，较小的一个肯定提高了，显然最好的情况是两个概率一样，这时候可以使得较小的概率最大。
也就是说，有
$$p+(1-p)\frac{m}{m+1}(1-d{p}_{m-1,n})=p(1-d{p}_{m,n-1})+(1-p)(\frac{m}{m+1}(1-d{p}_{m-1,n})+1)$$存在。
但这个表达式也太烦琐了，我们先将它换一下。
$$w_{1,1}p+w_{1,2}(1-p)=w_{2,1}p+w_{2,2}(1-p)$$可以得到$p=\frac{w_{1,2}-w_{2,2}}{w_{2,1}+w_{1,2}-w_{1,1}-w_{2,2}}$，这样就算出了我们先手的$p$。
有了$p$，我们当然就可以求出我们的$d{p}_{n,m}$了，从这两个中随便选一个算就可以，反正两个值都是一样的。
之后不过是不断地$dp$下去，整个问题就都能够通过$dp$解决，可以通过记忆化搜索实现。

时间复杂度$O\left(nm\right)$。
实际上该问题是一种典型的纳什博弈，也就是进行选择后两种概率是一样的。

源码

代码事实上很短。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 1005
#define lowbit(x) (x&-x)
#define reg register
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define