快跑。
本篇文章重点在于整理如何优美地写完这道题。
先手写张攻略理解下规则。
发现 (>15) 张的「和牌」方式不需考虑，没有 「([3 imes 4+2])」 的更优。若是宝牌： (inom{4}{4} imes 2<inom{4}{3} imes2)；若不是宝牌：(inom{4}{4}<inom{4}{3})，所以 (>15) 张的「和牌」方式中的杠子可以换成刻子，答案更优。
「宝牌」数对「达成分数」的贡献可以拆开分给每个数。
现在「和牌」方式仅剩 「([3 imes 4+2])」、「七对子」、「国士无双」 三种方案。前两种分别 dp 一下，后者暴力算答案。
- 预处理
为了方便做，先给每种牌一个标号。因人而异，建议万索筒这三个序数牌放在一起编号，因为他们各自可以组成顺子。
bool baopai[35];
int cnt[35];
//为了方便，我把和计算答案有关的，和输入有关的分别放到namespace中。
namespace Calc {
int fac[15], pow2[50];
void Cpre() { fac[0] = 1; for(int i = 1; i <= 10; ++i) fac[i] = fac[i-1] * i; pow2[0] = 1; for(int i = 1; i <= 30; ++i) pow2[i] = pow2[i-1]*2; }
inline ll C(int x, int y) { return fac[x] / fac[y] / fac[x-y]; }
inline ll cbp(int x, int y) { return baopai[x] ? pow2[y] : 1; }
}
using namespace Calc;
namespace How_to_get {
//1 -> 9 1m,2m,3m...
//10 -> 18 1p,2p,3p...
//19 -> 27 1s,2s,3s...
//28:E 29:S 30:W 31:N 32:Z 33:B 34:F
inline char getcha() { char ch; std::cin >> ch; return ch; }
inline int getpai() {
char ch = getcha(); if(ch == '0') return 0;
if(ch >= '1' && ch <= '9') {
char ch2 = getcha();
if(ch2 == 'm') return ch-'0';
if(ch2 == 'p') return 9+(ch-'0');
if(ch2 == 's') return 18+(ch-'0');
}
switch(ch) {
case 'E': return 28;
case 'S': return 29;
case 'W': return 30;
case 'N': return 31;
case 'Z': return 32;
case 'B': return 33;
case 'F': return 34;
}
return 0;
}
void read1() {
int x = getpai();
while(x) {
cnt[x]--;
x = getpai();
}
}
void read2() {
int x = getpai();
while(x) {
baopai[x] = 1;
x = getpai();
}
}
}
using namespace How_to_get;
- 「国士无双」
直接暴力做。列出可以「国士无双」的牌的编号，先假装全只选一个算出答案，然后枚举哪张牌选了两遍，算一下答案即可。
int gsws[15] = {0, 1, 9, 10, 18, 19, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33, 34};
ll Gsws() {
Cpre();
ll sumq = 0, mul = 1, bps = 0;
for(int i = 1; i <= 13; ++i) if(cnt[gsws[i]] == 0) return 0;
for(int i = 1; i <= 13; ++i) mul *= cnt[gsws[i]], bps += baopai[gsws[i]];
for(int i = 1; i <= 13; ++i) {
if(cnt[gsws[i]] <= 1) continue ;
sumq = Max(sumq, mul / cnt[gsws[i]] * C(cnt[gsws[i]], 2) * pow2[bps+baopai[gsws[i]]]);
}
return sumq * 13;
}
- 「([3 imes 4+2])」
算是最难写的一部分。
设 (f_{i,j,k,c1,c2}) 为考虑前 (i) 种牌，(j) 个面子，有 (k) 个雀头，第 (i) 种牌选了 (c_1) 个，第 ((i-1)) 种牌选了 (c_2) 个的最高分数。
填表法是前面状态转移到当前状态，涉及减法有点绕。考虑刷表法，从当前状态转移到后面状态。值得注意的是选取 (c_1,c_2) 意义为选了几个而不是剩下几个也是避免 dp 的时候关于状态的下标涉及减法，不太好绕得过来。
有两种 dp 方式，一种是 ((i+1)) 能作为结尾顺顺子的，一种是不能的。（因为选择刷表法，所以枚举 (i) 之后看的牌是 ((i+1)) 号牌。）
注意到不仅有八筒不能往下顺下去，八万和八索也不能往下顺下去，不能出现八万九万一索顺子的情况。
对于前一种，有以下几种转移方法：
-
一组刻子；
-
一组或两组顺子；
-
一组刻子，一组顺子；
-
一组雀头；
-
一组雀头，一组顺子；
-
一组雀头，两组顺子；
-
什么也不选。
因为三个顺子可以转化成三个刻子，所以不需要三个顺子的转移，四个顺子也类似。
对于后一种，有以下几种转移方法：
-
一组刻子；
-
一组雀头；
-
什么也不选。
然后就是考验代码能力的环节了：
void dp1(int l, int r) {
for(int i = l; i <= r; ++i)
for(int j = 0; j <= 4; ++j)
for(int k = 0; k <= 1; ++k)
for(int c1 = 0; c1 <= 4; ++c1)
for(int c2 = 0; c2 <= 4; ++c2) {
if(!f[i][j][k][c1][c2]) continue ;
if(j == 4 && k) chkmax(ans, f[i][j][k][c1][c2]), chkmax(sumq1, f[i][j][k][c1][c2]);
//刻子*1
if(j+1<=4 && cnt[i+1] >= 3)
chkmax(f[i+1][j+1][k][3][c1], f[i][j][k][c1][c2] * C(cnt[i+1], 3) * cbp(i+1, 3));
//顺子
for(int p = 1; p <= 2; ++p)
if(j+p<=4 && i>=2 && cnt[i+1]>=p && c1<=cnt[i]-p && c2<=cnt[i-1]-p)
chkmax(f[i+1][j+p][k][1][c1+p], f[i][j][k][c1][c2] / C(cnt[i], c1) / C(cnt[i-1], c2) * C(cnt[i+1], p) * C(cnt[i], c1+p) * C(cnt[i-1], c2+p) * cbp(i+1, p) * cbp(i, p) * cbp(i-1, p));
//刻子*1+顺子*1
if(j+2<=4 && i>=2 && cnt[i+1] >= 4 && c1 < cnt[i] && c2 < cnt[i-1])
chkmax(f[i+1][j+2][k][4][c1+1], f[i][j][k][c1][c2] / C(cnt[i], c1) / C(cnt[i-1], c2) * C(cnt[i+1], 4) * C(cnt[i], c1+1) * C(cnt[i-1], c2+1) * cbp(i+1, 4) * cbp(i, 1) * cbp(i-1, 1));
//雀头*1
if(cnt[i+1] >= 2 && !k)
chkmax(f[i+1][j][1][2][c1], f[i][j][k][c1][c2] * C(cnt[i+1], 2) * cbp(i+1, 2));
//雀头*1 + 顺子*1
if(j+1<=4 && i>=2 && cnt[i+1] >= 3 && !k && c1 < cnt[i] && c2 < cnt[i-1])
chkmax(f[i+1][j+1][1][3][c1+1], f[i][j][k][c1][c2] / C(cnt[i], c1) / C(cnt[i-1], c2) * C(cnt[i+1], 3) * C(cnt[i], c1+1) * C(cnt[i-1], c2+1) * cbp(i+1, 3) * cbp(i, 1) * cbp(i-1, 1));
chkmax(f[i+1][j][k][0][c1], f[i][j][k][c1][c2]);
//雀头*1 + 顺子*2
if(j+2<=4 && i>=2 && cnt[i+1] >= 4 && !k && c1 < cnt[i]-1 && c2 < cnt[i-1]-1)
chkmax(f[i+1][j+2][1][4][c1+2], f[i][j][k][c1][c2] / C(cnt[i], c1) / C(cnt[i-1], c2) * C(cnt[i+1], 4) * C(cnt[i], c1+2) * C(cnt[i-1], c2+2) * cbp(i+1, 4) * cbp(i, 2) * cbp(i-1, 2));
chkmax(f[i+1][j][k][0][c1], f[i][j][k][c1][c2]);
}
}
void dp2(int l, int r) {
for(int i = l; i <= r; ++i)
for(int j = 0; j <= 4; ++j)
for(int k = 0; k <= 1; ++k)
for(int c1 = 0; c1 <= 4; ++c1)
for(int c2 = 0; c2 <= 4; ++c2) {
if(!f[i][j][k][c1][c2]) continue ;
if(j == 4 && k) chkmax(ans, f[i][j][k][c1][c2]), chkmax(sumq1, f[i][j][k][c1][c2]);
//刻子
if(j+1 <= 4 && cnt[i+1] >= 3)
chkmax(f[i+1][j+1][k][3][c1], f[i][j][k][c1][c2] * C(cnt[i+1], 3) * cbp(i+1, 3));
//雀头
if(cnt[i+1] >= 2 && !k)
chkmax(f[i+1][j][1][2][c1], f[i][j][k][c1][c2] * C(cnt[i+1], 2) * cbp(i+1, 2));
chkmax(f[i+1][j][k][0][c1], f[i][j][k][c1][c2]);
}
}
处理当前询问的部分有关「([3 imes 4+2])」的：
f[0][0][0][0][0] = 1;
dp1(0, 8);
dp2(9, 10);
dp1(11, 17);
dp2(18, 19);
dp1(20, 26);
dp2(27, 33);
for(int c1 = 0; c1 <= 4; ++c1)
for(int c2 = 0; c2 <= 4; ++c2)
chkmax(ans, f[34][4][1][c1][c2]);
- 「七对子」
和上面的类似，不过更为简单。
设 (g_{i,j}) 为前 (i) 种牌，(j) 个雀头，的最高分数。
由于需要不同的雀头，对于一种牌，只能选出一组雀头。
这样转移就很好转移了。
g[0][0] = 7;
for(int i = 0; i <= 33; ++i)
for(int j = 0; j <= 7; ++j) {
if(!g[i][j]) continue ;
if(j == 7) chkmax(ans, g[i][j]);
if(cnt[i+1] >= 2 && j+1 <= 7)
chkmax(g[i+1][j+1], g[i][j] * C(cnt[i+1], 2) * cbp(i+1, 2));
chkmax(g[i+1][j], g[i][j]);
}
chkmax(ans, g[34][7]);
总得来讲，我写这道题大体分为这三步：
-
整理题目规则，写一份"攻略"，标出重点，坑点，例如该题中顺子的条件，「七对子」要求雀头都不相等。
-
分析题目哪些是不必要写的，剩下几部分分别应该怎么解决。
-
编写代码，尽量封装来减少代码量，使代码可读性更高，更好调试。
希望能对你有所帮助。
完整版代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#define pb push_back
#define fir first
#define sec second
#define mp std::make_pair
typedef std::pair<int, int> pii;
typedef long long ll;
template <typename T> T Max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min(T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T> T Abs(T x) { return x < 0 ? -x : x; }
template <typename T> T chkmax(T &x, T y) { return x = x > y ? x : y; }
template <typename T>
T &read(T &r) {
r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
while(ch >= '0' && ch <= '9') r = (r << 3) + (r <<1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return r = w ? -r : r;
}
bool baopai[35];
int cnt[35];
namespace Calc {
int fac[15], pow2[50];
void Cpre() { fac[0] = 1; for(int i = 1; i <= 10; ++i) fac[i] = fac[i-1] * i; pow2[0] = 1; for(int i = 1; i <= 30; ++i) pow2[i] = pow2[i-1]*2; }
inline ll C(int x, int y) { return fac[x] / fac[y] / fac[x-y]; }
inline ll cbp(int x, int y) { return baopai[x] ? pow2[y] : 1; }
}
using namespace Calc;
namespace How_to_get {
inline char getcha() { char ch; std::cin >> ch; return ch; }
inline int getpai() {
char ch = getcha(); if(ch == '0') return 0;
if(ch >= '1' && ch <= '9') {
char ch2 = getcha();
if(ch2 == 'm') return ch-'0';
if(ch2 == 'p') return 9+(ch-'0');
if(ch2 == 's') return 18+(ch-'0');
}
switch(ch) {
case 'E': return 28;
case 'S': return 29;
case 'W': return 30;
case 'N': return 31;
case 'Z': return 32;
case 'B': return 33;
case 'F': return 34;
}
return 0;
}
}
using namespace How_to_get;
int gsws[15] = {0, 1, 9, 10, 18, 19, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33, 34};
void read1() {
int x = getpai();
while(x) {
cnt[x]--;
x = getpai();
}
}
void read2() {
int x = getpai();
while(x) {
baopai[x] = 1;
x = getpai();
}
}
ll Gsws() {
Cpre();
ll sumq = 0, mul = 1, bps = 0;
for(int i = 1; i <= 13; ++i) if(cnt[gsws[i]] == 0) return 0;
for(int i = 1; i <= 13; ++i) mul *= cnt[gsws[i]], bps += baopai[gsws[i]];
for(int i = 1; i <= 13; ++i) {
if(cnt[gsws[i]] <= 1) continue ;
sumq = Max(sumq, mul / cnt[gsws[i]] * C(cnt[gsws[i]], 2) * pow2[bps+baopai[gsws[i]]]);
}
return sumq * 13;
}
ll f[40][10][5][6][6], g[40][10];
ll ans = 0;
//1 -> 9 1m,2m,3m...
//10 -> 18 1p,2p,3p...
//19 -> 27 1s,2s,3s...
//28:E 29:S 30:W 31:N 32:Z 33:B 34:F
void dp1(int l, int r) {
for(int i = l; i <= r; ++i)
for(int j = 0; j <= 4; ++j)
for(int k = 0; k <= 1; ++k)
for(int c1 = 0; c1 <= 4; ++c1)
for(int c2 = 0; c2 <= 4; ++c2) {
if(!f[i][j][k][c1][c2]) continue ;
if(j == 4 && k) chkmax(ans, f[i][j][k][c1][c2]);
//刻子*1
if(j+1<=4 && cnt[i+1] >= 3)
chkmax(f[i+1][j+1][k][3][c1], f[i][j][k][c1][c2] * C(cnt[i+1], 3) * cbp(i+1, 3));
//顺子
for(int p = 1; p <= 2; ++p)
if(j+p<=4 && i>=2 && cnt[i+1]>=p && c1<=cnt[i]-p && c2<=cnt[i-1]-p)
chkmax(f[i+1][j+p][k][1][c1+p], f[i][j][k][c1][c2] / C(cnt[i], c1) / C(cnt[i-1], c2) * C(cnt[i+1], p) * C(cnt[i], c1+p) * C(cnt[i-1], c2+p) * cbp(i+1, p) * cbp(i, p) * cbp(i-1, p));
//刻子*1+顺子*1
if(j+2<=4 && i>=2 && cnt[i+1] >= 4 && c1 < cnt[i] && c2 < cnt[i-1])
chkmax(f[i+1][j+2][k][4][c1+1], f[i][j][k][c1][c2] / C(cnt[i], c1) / C(cnt[i-1], c2) * C(cnt[i+1], 4) * C(cnt[i], c1+1) * C(cnt[i-1], c2+1) * cbp(i+1, 4) * cbp(i, 1) * cbp(i-1, 1));
//雀头*1
if(cnt[i+1] >= 2 && !k)
chkmax(f[i+1][j][1][2][c1], f[i][j][k][c1][c2] * C(cnt[i+1], 2) * cbp(i+1, 2));
//雀头*1 + 顺子*1
if(j+1<=4 && i>=2 && cnt[i+1] >= 3 && !k && c1 < cnt[i] && c2 < cnt[i-1])
chkmax(f[i+1][j+1][1][3][c1+1], f[i][j][k][c1][c2] / C(cnt[i], c1) / C(cnt[i-1], c2) * C(cnt[i+1], 3) * C(cnt[i], c1+1) * C(cnt[i-1], c2+1) * cbp(i+1, 3) * cbp(i, 1) * cbp(i-1, 1));
chkmax(f[i+1][j][k][0][c1], f[i][j][k][c1][c2]);
//雀头*1 + 顺子*2
if(j+2<=4 && i>=2 && cnt[i+1] >= 4 && !k && c1 < cnt[i]-1 && c2 < cnt[i-1]-1)
chkmax(f[i+1][j+2][1][4][c1+2], f[i][j][k][c1][c2] / C(cnt[i], c1) / C(cnt[i-1], c2) * C(cnt[i+1], 4) * C(cnt[i], c1+2) * C(cnt[i-1], c2+2) * cbp(i+1, 4) * cbp(i, 2) * cbp(i-1, 2));
chkmax(f[i+1][j][k][0][c1], f[i][j][k][c1][c2]);
}
}
void dp2(int l, int r) {
for(int i = l; i <= r; ++i)
for(int j = 0; j <= 4; ++j)
for(int k = 0; k <= 1; ++k)
for(int c1 = 0; c1 <= 4; ++c1)
for(int c2 = 0; c2 <= 4; ++c2) {
if(!f[i][j][k][c1][c2]) continue ;
if(j == 4 && k) chkmax(ans, f[i][j][k][c1][c2]);
//刻子
if(j+1 <= 4 && cnt[i+1] >= 3)
chkmax(f[i+1][j+1][k][3][c1], f[i][j][k][c1][c2] * C(cnt[i+1], 3) * cbp(i+1, 3));
//雀头
if(cnt[i+1] >= 2 && !k)
chkmax(f[i+1][j][1][2][c1], f[i][j][k][c1][c2] * C(cnt[i+1], 2) * cbp(i+1, 2));
chkmax(f[i+1][j][k][0][c1], f[i][j][k][c1][c2]);
}
}
void solve() {
for(int i = 1; i <= 34; ++i) cnt[i] = 4, baopai[i] = 0;
read1(); read2();
ans = 0;
ans = Max(ans, Gsws());
for(int i = 1; i <= 34; ++i)
for(int j = 0; j <= 4; ++j)
for(int k = 0; k <= 1; ++k)
for(int c1 = 0; c1 <= 4; ++c1)
for(int c2 = 0; c2 <= 4; ++c2)
f[i][j][k][c1][c2] = 0;
for(int i = 1; i <= 34; ++i)
for(int j = 0; j <= 7; ++j)
g[i][j] = 0;
f[0][0][0][0][0] = 1;
dp1(0, 8);
dp2(9, 10);
dp1(11, 17);
dp2(18, 19);
dp1(20, 26);
dp2(27, 33);
for(int c1 = 0; c1 <= 4; ++c1)
for(int c2 = 0; c2 <= 4; ++c2)
chkmax(ans, f[34][4][1][c1][c2]);
g[0][0] = 7;
for(int i = 0; i <= 33; ++i)
for(int j = 0; j <= 7; ++j) {
if(!g[i][j]) continue ;
if(j == 7) chkmax(ans, g[i][j]);
if(cnt[i+1] >= 2 && j+1 <= 7)
chkmax(g[i+1][j+1], g[i][j] * C(cnt[i+1], 2) * cbp(i+1, 2));
chkmax(g[i+1][j], g[i][j]);
}
chkmax(ans, g[34][7]);
printf("%lld
", ans);
}
signed main() { //freopen("in.txt", "r", stdin);
int T; read(T);
while(T--) solve();
return 0;
}