Min-Max容斥及其推广和应用

概念

Min-Max容斥,又称最值反演,是一种对于特定集合,在已知最小值或最大值中的一者情况下,求另一者的算法。

例如:

\[max(a,b)=a+b-min(a,b) \\ max(a,b,c)=a+b+c-min(a,b)-min(a,c)-min(b,c)+min(a,b,c) \]

显然,将所有数取相反数,易知用最大值求最小值的公式与用最小值求最大值的公式形式相同。以下只讨论用最小值求最大值的方法。

形式

\(Max(S)\) 表示集合 \(S\) 的最大值,\(Min(S)\) 表示集合 \(S\) 的最小值,则:

\[Max(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}(-1)^{|T|-1}Min(T) \]

推导

设存在一个以集合大小为自变量的函数 \(f\) 满足 \(Max(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}f(|T|)Min(T)\)

\(S\) 中元素从大到小排列为 \(x_1,x_2,...,x_m\) ,则对于 \(x_i\) ,其在左侧的贡献为 \([i=1]\) ,在右侧的贡献为 \(\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}f(j+1)\)

若等式成立,则必有 \([i=1]=\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}f(j+1)\)

\(F(i)=[i+1=1]\) (即 \([i=1]=F(i-1)\) ),\(G(i)=f(i+1)\) ,则 \(F(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}{i\choose j}G(j)\)

进行二项式反演,得 \(G(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}{i\choose j}F(j)=(-1)^i\)

\(f(i)=G(i-1)=(-1)^{i-1}\)

因此构造成立,故:

\[Max(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}(-1)^{|T|-1}Min(T) \]

另一种证明

考虑等式右侧,记最小值为 \(x_i\) ,则:

  • \(i=1\) 时,贡献为 \(1\)
  • \(i\neq 1\) 时,则 \(x_1\) 有选和不选两种方案,这两种方案一一对应且系数恰为相反数,故总贡献为 \(0\)

故右侧的总和就是 \(x_1=Max(S)\)

推广

\(kMax(S)\) 表示集合 \(S\) 的第 \(k\) 大值,则:

\[kMax(S)=\sum\limits_{T\subset S,|T|\ge k}(-1)^{|T|-k}{|T|-1\choose k-1}Min(T) \]

推导

设存在一个以集合大小为自变量的函数 \(g\) 满足 \(kMax(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}g(|T|)Min(T)\)

\(S\) 中元素从大到小排列为 \(x_1,x_2,...,x_m\) ,则对于 \(x_i\) ,其在左侧的贡献为 \([i=k]\) ,在右侧的贡献为 \(\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}g(j+1)\)

若等式成立,则必有 \([i=k]=\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}g(j+1)\)

\(F(i)=[i+1=k]\) (即 \([i=k]=F(i-1)\) ),\(G(i)=g(i+1)\) ,则 \(F(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}{i\choose j}G(j)\)

进行二项式反演,得 \(G(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}{i\choose j}F(j)=(-1)^{i-k+1}{i\choose k-1}\)

\(f(i)=G(i-1)=(-1)^{i-k}{i-1\choose k-1}\)

因此构造成立,故:

\[kMax(S)=\sum\limits_{T\subset S,|T|\ge k}(-1)^{|T|-k}{|T|-1\choose k-1}Min(T) \]

应用

Min-Max容斥及其推广常用于解决“都出现的期望时间”问题,处理方法:

\(t_i\) 表示第 \(i\) 个元素的出现时间,则:

  • \(Max(S)\) 表示 \(S\)\(t\) 的最大值,即所有元素出现时间的最大值,即所有元素都出现的时间;
  • \(Min(S)\) 表示 \(S\)\(t\) 的最小值,即所有元素出现时间的最小值,即至少有一个出现的时间。

根据Min-Max容斥,有 \(Max(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}(-1)^{|T|-1}Min(T)\)

对左右同时取期望,由于线性,期望可以直接放到求和符号里面,即 \(E(Max(S))=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}(-1)^{|T|-1}E(Min(T))\)

容易发现 \(E(Min(T))\) 求起来十分容易:当单位时间出现 \(T\) 中至少一个的概率为 \(p\) ,则出现 \(T\) 中至少一个的期望时间为 \(\frac 1p\)

于是通过公式即可求出 \(Max(S)\) ,即所有元素都出现的期望时间。

对于Min-kMax容斥同理。

写法

如果只需要求出 \(Max(U)\) ,即全集的最大值的话,只需要计算每个自己对全集的贡献即可。

如果要对所有 \(S\)\(Max(S)\) 的话(尽管似乎还没遇到过),一种较快的方法是用按位分治来代替枚举子集。有两种常用写法,它们稍加处理就可以变成公式中的形式。

写法一

for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
    for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
        if(j & i)
            f[j] -= f[i];

此时系数是 \((-1)^{|S|-|T}\) .

写法二

for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
    for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
        if(j & i)
            f[j] = f[i] - f[j];

此时系数是 \((-1)^{|T|}\)

例题

[hdu4336]Card Collector

题目大意

\(n\) 种卡片,每次购买有 \(p_i\) 的概率买到第 \(i\) 种,求使得每种都买到的期望购买次数。

\(1\le n\le 20\)

题解

Min-Max容斥基础题,参见上面的 “应用” 部分。

对于本题,有 \(Min(S)=\frac 1{\sum\limits_{i\in S}p_i}\) ,然后套用 \(Min-Max\) 容斥的公式即可。

时间复杂度 \(O(2^n)\)

#include <cstdio>
#define N 1100010
int cnt[N];
double p[N] , f[N];
int main()
{
    int n , i , j;
    double ans;
    while(~scanf("%d" , &n))
    {
        ans = 0;
        for(i = 0 ; i < n ; i ++ ) scanf("%lf" , &p[1 << i]);
        for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) f[i] = f[i - (i & (-i))] + p[i & (-i)] , cnt[i] = cnt[i - (i & -i)] + 1;
        for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) ans += ((cnt[i] & 1) ? 1 : -1) / f[i];
        printf("%lf\n" , ans);
    }
    return 0;
}

[bzoj4036]按位或

题目大意

你初始有数字 \(0\) ,每次操作会随机选择 \([0,2^n-1]\) 的一个数字与你的数字进行按位或运算,选到数 \(i\) 的概率为 \(p_i\) 。求使得你的数字变为 \(2^n-1\) 的期望操作次数。

\(1\le n\le 20\)

题解

和上一题类似,问题转化为计算 \(Min(S)\) ,即需要求出所有与 \(S\) 有公共元素(取与不为 \(0\) )的 \(p\) 之和。

正难则反,考虑求所有与 \(S\) 无公共元素的 \(p\) 之和,即 \(S\) 的补集 \(2^n-1-S\) 的所有子集的 \(p\) 之和,使用按位分治来解决。

最后套公式计算即可。无解的判定通过判断是否某一位都存在一个 \(p\neq 0\) 的元素来处理。

时间复杂度 \(O(n\times 2^n)\)

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
double p[1100010];
int cnt[1100010];
int main()
{
    int n , i , j;
    double ans = 0;
    scanf("%d" , &n);
    for(i = 0 ; i < (1 << n) ; i ++ ) scanf("%lf" , &p[i]);
    for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) cnt[i] = cnt[i - (i & -i)] + 1;
    for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
    {
        for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
            if((j & i) && p[j])
                break;
        if(j == (1 << n))
        {
            puts("INF");
            return 0;
        }
    }
    for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
        for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
            if(j & i)
                p[j] += p[j ^ i];
    for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) ans += ((cnt[i] & 1) ? 1 : -1) / (1 - p[(1 << n) - 1 - i]);
    printf("%.8lf\n" , ans);
    return 0;
}

[luogu4707]重返现世

题目大意

\(n\) 种物质,每单位时间会随机生成一种物质,生成第 \(i\) 种物质的概率为 \(\frac{p_i}m\) 。求获得 \(k\) 种物质的期望时间。

\(1\le n\le 1000\)\(1\le m\le 10000\)\(1\le k\le n\)\(p_i\) 为整数且 \(\sum\limits_{i=1}^np_i=m\)\(n-k\le 10\)

题解

获得 \(k\) 种物质,相当于求所有获得时间中第 \(n-k+1\) 大的,问题转化为Min-kMax容斥问题。方便起见,以下令 \(q=n-k+1\) ,则有 \(1\le q\le 11\)

由于 \(n\)\(1000\) 之大,使用前两道题的子集统计方法显然会直接暴毙。

思考:尽管我们的集合选取方案有 \(2^n\) 种,但每种的 \(Min(S)\) 只和 \(\sum\limits_{i\in S}p_i\) 有关,因此状态数其实只有 \(m\) 种。

一个比较显然的思路是设 \(f_{i,j,l}\) 表示前 \(i\) 种物质选出 \(j\) 种,凑齐 \(\sum p=l\) 的方案数,然而数据范围过大,无法通过此题。

到此为止,我们还有一个条件没有用到:\(q\le 11\)

考虑在已知 \(f_{i,j,l}\) 后答案的计算,贡献为 \((-1)^{j-q}{j-1\choose q-1}\times \frac ml\times f_{i,j,l}\) 。对于前面的部分,运用组合数公式,有:

\[(-1)^{j-q}{j-1\choose q-1}=(-1)^{(j-1)-(q-1)}{j-2\choose q-2}-(-1)^{(j-1)-q}{j-2\choose q-1} \]

\(f_{i,j,l}\) 又有转移 \(f_{i,j,l}=f_{i-1,j,l}+f_{i-1,j-1,l-p_i}\) ,故:

\[(-1)^{j-q}{j-1\choose q-1}f_{i,j,l}=(-1)^{j-q}{j-1\choose q-1}f_{i-1,j,l}+(-1)^{(j-1)-(q-1)}{j-2\choose q-2}f_{i-1,j-1,l-p_i}-(-1)^{(j-1)-q}{j-2\choose q-1}f_{i-1,j-1,l-p_i} \]

发现了什么?前面的系数只和 \(j\) 与计算答案时所用的 \(q\) 有关,因此设 \(g_{i,j,l,t}\) 表示前 \(i\) 种物质选出 \(j\) 种,凑齐 \(\sum p=l\) ,且最终计算时的 \(q=t\) 的系数乘以方案数。则有:

\[g_{i,j,l,t}=g_{i-1,j,l,t}+g_{i-1,j-1,l-p_i,t-1}-g_{i-1,j-1,l-p_i,t} \]

我们所做的似乎都是无用功。但事实上,仔细观察就会发现 \(j\) 的一维已经没有用处,无论是转移还是最终答案都不需要用到 \(j\)

左右对 \(j\) 那一维求和,便有 \(h_{i,l,t}\) 表示前 \(i\) 种物质选出若干种,凑齐 \(\sum p=l\) ,且最终计算时的 \(q=t\) 的系数乘以方案数,则有:

\[h_{i,l,t}=h_{i-1,l,t}+h_{i-1,l-p_i,t-1}-h_{i-1,l-p_i,t} \]

最终答案就是 \(\sum\limits_{i=1}^mh_{n,i,q}\times \frac mi\)

时间复杂度 \(O(nmq)\) ,由于空间不足,需要使用滚动数组。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define mod 998244353
typedef long long ll;
ll p[1010] , f[2][10010][11];
inline ll qpow(ll x , ll y)
{
    ll ans = 1;
    while(y)
    {
        if(y & 1) ans = ans * x % mod;
        x = x * x % mod , y >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int n , t , m , i , j , k , d;
    ll ans = 0;
    scanf("%d%d%d" , &n , &t , &m) , t = n - t + 1;
    for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%lld" , &p[i]);
    for(i = 1 ; i <= t ; i ++ ) f[0][0][i] = -1;
    for(d = i = 1 ; i <= n ; i ++ , d ^= 1)
    {
        memcpy(f[d] , f[d ^ 1] , sizeof(f[d]));
        for(j = p[i] ; j <= m ; j ++ )
            for(k = 1 ; k <= t ; k ++ )
                f[d][j][k] = (f[d][j][k] + f[d ^ 1][j - p[i]][k - 1] - f[d ^ 1][j - p[i]][k] + mod) % mod;
    }
    for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) ans = (ans + f[n & 1][i][t] * m % mod * qpow(i , mod - 2)) % mod;
    printf("%lld\n" , ans);
    return 0;
}
posted @ 2019-09-21 15:36  GXZlegend  阅读(565)  评论(1编辑  收藏