[HAOI2015]按位或 min-max容斥+FWT

最新推荐文章于 2025-06-16 19:35:07 发布

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分类专栏： min-max容斥 FWT xgc的做题记录文章标签： min-max容斥 FWT

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/xgc_woker/article/details/85953329

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本文探讨了一个数学问题，即从数字0开始，通过随机选择并执行或操作，期望达到特定数值所需的时间。通过min-max容斥原理，文章提供了一种求解所有数出现一次的期望次数的方法，并给出了具体的实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description
刚开始你有一个数字 $0$ ，每一秒钟你会随机选择一个 $0,2^n-1]$ 的数字，与你手上的数字进行或操作。选择数字i的概率是 $p [i]$ 。保证 $0 < = p [i] < = 1$ ， $∑p[i]=1\sum p[i]=1$ 问期望多少秒后，你手上的数字变成 $2^n-1$ 。

Sample Input
2
0.25 0.25 0.25 0.25

Sample Output
2.6666666667

关于 $m i n - m a x$ 容斥的一点东西：
$m i n - m a x$ 容斥的模型：给出n个数出现的概率，求所有数出现一次的期望次数。
设一个元素的大小为这个元素出现的时间。
设 $m i n (S)$ 为集合中最小的元素。
$m a x (S)$ 为集合中最大的元素。
设 $P$ 为概率， $E$ 为期望次数。
可知 $P(min(S))=∑i∈SPiP(min(S))=\sum_{i \in S}Pi$ ，
$E(min(S))=1P(min(S))E(min(S))=\frac 1{P(min(S))}$ 。
对于模型，我们需要求解的实际上是 $E (m a x (S))$ 。
那么就有一个式子：
$E(max(S))=∑T⊂SE(min(T))∗(−1)∣T∣+1E(max(S))=\sum_{T \subset S}E(min(T))*(-1)^{|T|+1}$

回到这道题，考虑求出 $E (m i n (S))$ 。
那么只要与 $S$ 有交集其实对 $S$ 就是有贡献的。
那么这个东西实际上不是很好求。
把他反过来就相当于求补集的子集，这个可以FWT解决。

#include <ctime>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>

#define eps 1e-8
using namespace std;
typedef long long LL;
int _max(int x, int y) {return x > y ? x : y;}
int _min(int x, int y) {return x < y ? x : y;}
int read() {
	int s = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
	return s * f;
}

int n, cnt[1 << 20];
double ans, P[1 << 20];

int main() {
	int n = read(); int N = 1 << n;
	for(int i = 0; i < N; i++) scanf("%lf", &P[i]), cnt[i] = cnt[i >> 1] + (i & 1);
	for(int i = 1; i < N; i <<= 1) {
		for(int j = 0; j < N; j += i << 1) {
			for(int k = 0; k < i; k++) {
				P[j + k + i] += P[j + k];
			}
		}
	} ans = 0;
	for(int i = 0; i < N; i++) if(1.0 - P[i ^ (N - 1)] > eps) 
	ans += (cnt[i] & 1 ? 1 : -1) / (1.0 - P[i ^ (N - 1)]);
	if(ans < eps) puts("INF"); else printf("%.8lf\n", ans);
	return 0;
}