国际惯例不放题干

扯淡

其实题目翻译过来是杀戮尖塔，某steam上的卡牌游戏，我也曾热衷刷榜

题解

首先题目中要求的期望是假期望,结合题目中所给的阶乘就可以看出这其实是从$2*n$张牌中选择$m$张牌使用,并且所有情况都取最大值时的和

首先排序贪心最大

再说一个非常显然的结论,有强化牌就用,强化牌上数大于2,所以打出强化牌一定收益>=比打出一张攻击牌带来(保证最后一定要出至少一张攻击牌就行)

例如  你有强化牌  2 2 攻击牌 4 4 限制出2张

那么你先打一张2再打一张4和 先打4 再打4 收益一样  

那么如果强化牌比k张要小,那么要把所有强化牌都用了,最后打输出.如果强化牌比k还要大,那么最后留一张攻击牌打出来就行了

我们可以假设$F(i,j)$表示你有i张强化牌时打出j张时收益,$G(i,j)$表示你有i张攻击牌时打出j张时收益

那么最后答案就是

$\sum\limits_{i=0}^{k-1} F(i,i)*G(m-i,k-i)+\sum\limits_{i=k}^{k=min(n,m)} F(i,k-1)*G(m-i,1)$

那么我们现在的任务就是快速求出来F和G

考虑直接求非常难求,我们这时一般要开几个别的数组

首先开$f[i][j]$ $g[i][j]$表示当你抽到i张牌必打第i张一共打了j张时收益

那么可以推出来$f[i][j]=w_i\times \sum f[l][j-1]$和$g[i][j]=C_{i-1}^{j-1}w_i + \sum g[l][j-1]$ (这里的组合数表示一共有$C_{i-1}^{j-1}$种方式转移过来,每种转移都要加一个w)

然后得到$F(i,j)=\sum_{l=j}^{n} C_{n-l}^{i-j} f[l][j]$

解释一下 F可以从l中使用j张(这j张都是大牌)再从剩余n-l中选择i-j张不打共同构成F的i张打了j张

G同理得到$G(i,j)=\sum{l=j}^{n} C_{n-l}^{i-j} g[i][j]$

然后转移就完了

本题稍卡常

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 1510
#define py printf("f**k\n")
#define mod 998244353
ll n,m,t,k,ans=0,f[1510][1510],g[1510][1510],C[3010][3010],sum1[A],sum2[A],wg[A],wq[A];
inline ll read()
{
    ll x=0; char c=getchar();
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x;
}
ll gcd(ll x,ll y){
    if(y==0) return x;
    return gcd(y,x%y);
}
inline ll F(ll i,ll j){
    ll r=0;
    for(ll l=j;l<=n;l++){
        r=(r+C[n-l][i-j]*f[l][j]%mod)%mod;//表示含义为首先从前l张选出j张再从n-l中选出l-j张
    }
    return r;
}
inline bool cmp(const ll & a,const ll & b){
    return a>b;
}
inline ll G(ll i,ll j){
    ll r=0;
    for(ll l=j;l<=n;l++){
        r=(r+C[n-l][i-j]*g[l][j]%mod)%mod;//含义同上
    }
    return r;
}
inline void re(){
    memset(sum1,0,sizeof(sum1));
    memset(sum2,0,sizeof(sum2));
}
inline void init(){
    n=read(),m=read(),k=read();
    f[0][0]=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        wq[i]=read();
    sort(wq+1,wq+n+1,cmp);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        wg[i]=read();
    sort(wg+1,wg+n+1,cmp);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        f[i][1]=wq[i],g[i][1]=wg[i];
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        for(ll j=2;j<=i;j++){
            sum1[j-1]=(sum1[j-1]+f[i-1][j-1])%mod;
            f[i][j]=wq[i]*sum1[j-1]%mod;
            sum2[j-1]=(sum2[j-1]+g[i-1][j-1])%mod;
            g[i][j]=(C[i-1][j-1]*wg[i]+(sum2[j-1]))%mod;
        }
    }
/*    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=i;j++)
            printf("f[%lld][%lld]=%lld g[%lld][%lld]=%lld\n",i,j,f[i][j],i,j,g[i][j]);
*/}
inline void work(){
    ll ans=0;
    for(ll i=min(n,m);i>=0;i--){
        if(i<k)ans=(ans+F(i,i)*G(m-i,k-i)%mod)%mod/*,printf("F=%lld G=%lld\n",F(i,i),G(m-i,k-i))*/;
        else ans=(ans+F(i,k-1)*G(m-i,1)%mod)%mod/*,printf("F=%lld G=%lld\n",F(i,k-1),G(m-i,1))*/;
//        printf("ans=%lld\n",ans);
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
    for(ll i=0;i<=3000;i++)
        C[i][0]=1;
    for(ll i=1;i<=3000;i++)
        for(ll j=1;j<=i;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
    t=read();
    while(t--){
        re();init();work();
    }
}