笔记：min-max 容斥

min-max 容斥笔记

原理

给定一个集合 \(U\) ，对于其一个子集 \(S\) ，设 \(\min(S)\) 为 \(S\) 内部的最小值，\(\max(S)\) 为 \(S\) 内部的最大值，有关系：

\[\min(S)=\sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|+1} \max(T) \]

\[\max(S)=\sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|+1} \min(T) \]

推导一下，以最小值（第一个式子）的容斥为例，先考虑 \(S\) 互不相同的情况，设 \(S_{1,2,\cdots |S|}\) 中最小值的下标是 \(S_k\) 。

若 \(\max(T)=\min(S)\) ，则只有可能 \(T=\{s_k\}\) ，此时 \((-1)^{|T|+1}=1\) 。

若 \(\max(T)\) 是其他值，不妨设为 \(A\) ，我们设 $U = {s_i | s_i < \max(T)} $ ，有 \(|U|>0\) ，则使 \(\max(T)=A\) 的集合就有 \(2^{|U|}\) 种，这其中大小为奇数的数量和偶数的数量是相等的，根据式子，互相抵消了。

为什么 \(\max(T)=\min(S)\) 时没有互相抵消，因为此时 \(|U|=0\) ，没有能抵消的。

若 \(S\) 元素可以相同，我们加入下标为第二关键字，将 \(S\) 变为互不相同的即可。

性质：这个式子对期望也是成立的。

扩展

试求 \(\operatorname{kthmax(S)}\) ，先说结论：

\[\operatorname{kthmax(S)}=\sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-k} \binom{|T|-1}{k-1} \min(T) \]

我们求出 \(\operatorname{kthmax(S)}=\sum F(|T|) \min(T)\) 。考虑 \(\min(T)\) 是 \(S\) 中的第 \(p\) 大，那 \(\min(T)\) 的贡献总系数是：

\[g(p)=\sum_{i=0}^{p-1} \binom{p-1}{i} F(i+1) \]

我们需要 \(g(p)=[p=k]\) ，改一下这个式子：

\[g(p+1)=\sum_{i=0}^{p} \binom{p}{i} F(i+1) \]

是二项式反演，转换一下( \(g(p+1)=[p=k-1]\) )：

\[F(p+1)=\sum_{i=0}^{p}(-1)^{p-i}\binom{p}{i}[i=k-1] \]

\[F(p+1)=(-1)^{p-k+1}\binom{p}{k-1} \]

\[F(p)=(-1)^{p-k}\binom{p-1}{k-1} \]

同样，对期望成立。

例题

有时候求一边容易，求另一边很难，就可以这样容斥。

[HAOI2015] 按位或

题目

计数器 \(a\) 初始为 \(0\) ，每一次随机选择 \([0,2^n-1]\) 的一个数字 \(k\) ，选则 \(k\) 的概率是 \(p_k\) ，且 \(\sum p_i=1\) ，令 $a=a | k $ ，期望多少次后 \(a\) 变成 \(2^k-1\) ，\(n \leq 20\)。

• 题解

一个误区：\(E(\max(a,b)) \not ={\max(E_a,E_b)}\) ，所以不能直接求每一位变成 \(1\) 的期望直接取最大。

我们肯定要求 \(E(\max(U))\) ，即全集下最后一个元素变成 \(1\) 的期望时间，对其容斥后变成求 \(E(\min(S))\) ，有：

\[E(\min(S))=\sum_{k=1}^{\infty} k \times P(\min(S)=k) \]

也就是前 \(k-1\) 秒都没有 \(S\) 中的元素，第 \(k\) 秒出现了，于是：

\[P(\min(S)=k)=P(S)\times P(S^\complement)^{k-1} \]

即一次操作后只选择了 \(S\) 的子集的概率，这个可以预处理，不妨设这两个概率为 \(A,B\) ：

\[E(\min(S))=A\times \sum_{k=1}^{\infty} k B^{k-1} \]

\(B<1\) ，后面的式子收敛，同时 \(A=(1-B)\) ，最后：

\[E(\min(S))=\frac{A}{(1-B)^2}=\frac{1}{1-B}=\frac{1}{P(S)} \]

求 \(P(S)\) 用子集和就行了。

事实上这个式子是离散几何分布的期望，有 \(E(X)=\frac{1}{P(X)}\) 。

宾果游戏

集训赛的题目，可以放上来吗（

一个 \(n \times m\) 的表格，一些格子被特殊标记。每时刻等概率随机选一个格子，若不是被标记的格子，就涂黑，否则什么也不做。期望多少次后有一行或一列被涂黑。

\(nm \leq 10^6\)

• 题解

把行，列标号，标成 \(n+m\) 个构成集合 \(U\) ，我们要求 \(E(\min(U))\) ，很难求出，容斥一下，变为求 \(E(\max(S))\) 。

能得出 \(E(\max(S))\) 表示将一些行，一些列组成的网络全部涂黑的期望次数。可能的 \(S\) 很多，但网络格子数是有限的，实际上 \(E(\max(S))=E(\operatorname{cnt(S)})\) ，\(\operatorname{cnt(S)}\) 表示 \(S\) 代表的网格有多少个格子，若 \(S\) 有 \(r\) 行 \(c\) 列，\(\operatorname{cnt(S)}=mr+nc-rc\) ，我们可以预处理出每个 \(\operatorname{cnt(S)}\) 有多少个 \(S\) 。

现在求 \(E(\operatorname{cnt(S)})\) 即涂上 \(\operatorname{cnt(S)}\) 个格子的期望，递推一下得到：

\[E(\operatorname{cnt(S)})=\sum_{i=1}^{\operatorname{cnt(S)}} \frac{nm}{i} \]

找出完全没有被标记的行列数量，枚举行列数量就行。

[PKUWC2018] 随机游走

对一棵树，从 \(x\) 点出发，随机游走，每次询问一个集合，问期望多少次能经过集合内的所有元素，\(n \leq 18\) 。

• 题解

这题的难点实际不在容斥上。

询问是一个 \(\max\) 的形式，转成 \(\min(S)\) 表示至少走到 \(S\) 内一个点的期望，现在求 \(\min(S)\) 。

从 \(x\) 起点，可以从上往下递推，设 \(f_u\) 为从 \(u\) 走，走到 \(S\) 的期望：

\[f_u =\begin{cases} \frac{1}{deg_u}(f_{fa}+\sum_{v \in son_u}f_v) +1 & u \notin S \\ 0 & u \in S \end{cases} \]

直接消元，复杂度 \(O(n^3 2^n)\) ，需要优化。

树上消元：树上的随机游走存在递推关系，我们设 \(f_u=k_u f_{fa}+b_u\) ，有：

\[f_u = \frac{1}{deg_u}(f_{fa}+\sum_{v \in son_u} (k_vf_u+b_v)) +1 \]

移项转换得到：

\[f_u=\frac{1}{deg_u-\sum k_v} f_{fa}+\frac{deg_u+\sum b_v}{deg_u-\sum k_v} \]

就这样我们推出了 \(k_u,b_u\) ，可以发现这个式子只和儿子有关，搜索一遍就出来了。对于 \(u \in S\) ，其 \(f_u=0\) ，那么可以设 \(k_u=b_u=0\) ，对于根节点，它没有父节点，所以 \(f_{rt}=b_{rt}\) 。

现在我们求出 \(\min(S)\) 了，直接做个子集求和，询问就能直接输出。

复杂度 \(O(n2^n+Qn)\) ，忽略求逆元的部分。

对于树上的随机游走，通常存在递推公式代替消元

代码