[FMT 莫比乌斯变换子集和变换] BZOJ 4036 [HAOI2015]按位或

最新推荐文章于 2023-06-27 15:57:23 发布

里阿奴摩西

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分类专栏： FFT&FWT

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本文介绍了一种利用莫比乌斯变换进行概率计算的方法，并通过公式详细推导了如何从概率分布中求得特定概率的过程。此外，还提供了一个C++实现示例。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

vfk的论文题看过组合数学这个习称子集和变换的东西好像叫莫比乌斯变换？那么这种变换就叫快速莫比乌斯变换 FMT？大雾
开始推柿子
令 $U$ 表示全集 $2^n-1$
$f_{i,S}$ 表示 $i$ 秒当前集合为 $S$ 的概率
$g_{i,S}$ 为其莫比乌斯变换 $g_{i,S}=\sum_{x\subseteq S} f_{i,x}$
这样 $g_{i,S}=(g_{1,S})^i$ 很好求也很方便可以搞出其反变换

f i, S = \sum x \subseteq S (- 1) | S | - | x | * g i, x

$f_{i,S}=\sum_{x\subseteq S} (-1)^{|S|-|x|}*g_{i,x}$
那么

A n s = = = = = = = \sum i = 0 \infty 1 - f i, U \infty - \sum i = 0 \infty f i, U \infty - \sum i = 0 \infty \sum x \subseteq U (- 1) | U | - | x | * g i, x \infty - \sum x \subseteq U (- 1) | U | - | x | \sum i = 0 \infty g i, x \infty - \sum x \subseteq U (- 1) | U | - | x | \sum i = 0 \infty (g 1, x) i \infty - \infty - \sum x \subseteq U, x \neq U (- 1) | U | - | x | \sum i = 0 \infty (g 1, x) i \sum x \subseteq U, x \neq U (- 1) | U | - | x | 1 g 1 , x - 1

$\begin{eqnarray} Ans&=&\sum_{i=0}^\infty 1-f_{i,U}\\ &=&\infty -\sum_{i=0}^\infty f_{i,U}\\ &=&\infty-\sum_{i=0}^\infty\sum_{x\subseteq U} (-1)^{|U|-|x|}*g_{i,x}\\ &=&\infty-\sum_{x\subseteq U} (-1)^{|U|-|x|} \sum_{i=0}^\infty g_{i,x}\\ &=&\infty-\sum_{x\subseteq U} (-1)^{|U|-|x|} \sum_{i=0}^\infty (g_{1,x})^i\\ &=&\infty-\infty-\sum_{x\subseteq U,x\neq U} (-1)^{|U|-|x|} \sum_{i=0}^\infty (g_{1,x})^i\\ &=&\sum_{x\subseteq U,x\neq U} (-1)^{|U|-|x|} {1\over {g_{1,x}-1}}\\ \end{eqnarray}$

注意判无解

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N=2000005;

int n,m,cnt[N];
double p[N];

int main(){
  freopen("t.in","r",stdin);
  freopen("t.out","w",stdout);
  scanf("%d",&n); m=1<<n;
  for (int i=0;i<m;i++) scanf("%lf",p+i);
  for (int i=0;i<n;i++)
    for (int j=0;j<m;j++)
      if (j>>i&1)
    p[j]+=p[j^(1<<i)],cnt[j]++;
  for (int i=0;i<m-1;i++)
    if (p[i]>=1-1e-8)
      return printf("INF\n"),0;
  double Ans=0;
  for (int i=0;i<m-1;i++)
    if ((n-cnt[i])&1)
      Ans-=1/(p[i]-1);
    else
      Ans+=1/(p[i]-1);
  printf("%.10lf\n",Ans);
  return 0;
}