学习笔记第四十一节：Min-Max反演

最新推荐文章于 2025-09-05 15:36:02 发布

原创最新推荐文章于 2025-09-05 15:36:02 发布 · 1.2k 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

数论同时被 3 个专栏收录

49 篇文章

订阅专栏

FWT

5 篇文章

订阅专栏

Min-Max反演

1 篇文章

订阅专栏

正题

我们探究着反演的奥妙，突然发现有一条式子，很奇怪：

$\max(a,b)=a+b-\min(a,b)$

接着，有一群人就把它们推广成普遍的式子：

$\max_S=\sum_{T\in S}(-1)^{|T|+1}\min_T$

$\min_S=\sum_{T\in S}(-1)^{|T|+1}\max_T$

我们就可以做很多事情了：

比如说遇到一些max值很难求出来的，而且min值很容易得到的，我们可以通过Min-Max反演来枚举子集使得其算出max值。

就像这一题：[HAOI2015]按位或

我们先把每一位看成一个点，点的权值就是这个点被选中的期望时间，又因为是或操作，所以被操作成1就不可能变回去了。

发现这个答案相当于求点权中的的最大值。利用Min-Max反演，把它转换为求全集的所有子集的min值，再算出答案。

那么min值就相当于一个子集中至少一个点被操作的期望，转化为1/一个子集中至少一个点被操作的概率，接着，我们运用补集转化，把它转化为1-这个子集的补集的子集的概率和。发现这个东西可以直接做一遍FWT的或的正变换。（相当于每一个位置上的值变为其所有子集的和）

然后就做完了？记得判断INF情况！

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

int n,limit;
double p[1<<20];
int pc[1<<20]; 
double eps=1e-8;
double ans=0;

int main(){
	scanf("%d",&n);limit=(1<<n);
	for(int i=0;i<limit;i++) scanf("%lf",&p[i]);
	for(int i=0;i<limit;i++) pc[i]=pc[i>>1]+(i&1);
	for(int l=2;l<=limit;l*=2)
		for(int i=0;i<limit;i+=l)
			for(int x=i,y=i+l/2;y<i+l;x++,y++)
				p[y]+=p[x];
	for(int i=0;i<limit-1;i++)
		if(p[i]+eps>1) {printf("INF");return 0;}
	for(int i=1;i<limit;i++)
		ans+=1/(1-p[limit-1-i])*((pc[i]&1)?1:-1);
	printf("%.8lf",ans);
}