Min-Max 容斥

前置知识

• 期望具有线性性。

设 \(\mathbf{E}(x)\) 表示事件 \(x\) 的期望，则有

\[\mathbf{E}(\sum x)=\sum \mathbf{E}(x) \]

即：总体的期望等于期望的和。

应用实例：模拟赛 #38 T2：

给定 \(n\) 个点，每个点有 \(w_u\)，从 \(u\) 走到儿子 \(v'\) 的概率是 \(w_{v'}\div \sum w_v\)，经过一个点的得分是 \(a_u\)，走到叶子结束，\(q\) 次修改一个点的 \(a_u,w_u\)，求从根出发的得分期望。

sol

考虑拆成每个点的贡献和，走到点 \(u\) 的期望只与自己父亲节点的 \(w\) 和 \(\sum w\) 有关，并且和 \(a_u\) 都是乘法关系，那么修改一个节点就对他的子树进行区间乘修改，区间求和即可，线段树做到 \(O((n+q)\log n)\)。

Min-Max 容斥

\[\max_{i\in S} i=\sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T|+1}\min_{i\in T} i \]

\[\min_{i\in S} i=\sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T|+1}\max_{i\in T} i \]

考虑证明第一条，设 \(S\) 从小到大排序后是 \(S_{1\dots n}\)，只需证明只剩 \(S_n\) 被留下即可。

考虑 \(S_i\) 在等式右侧作为 \(\min\) 的出现次数，那么显然只能再选 \(S_{i+1\dots n}\) 这 \(n-i\) 个数，记 \(n-i=m\)，那么其中 \(|T|\bmod 2=1\) 的个数是 \(\binom m 0+\binom m 2 + \dots\)，\(|T|\bmod 2 =0\) 的个数是 \(\binom m 1 + \binom m 3+\dots\)，两者相等，故 \(\forall i<n, S_i\) 的贡献均被容斥掉，只剩 \(S_n\) 作为最小值被统计一次，容斥系数为 \(1\)，证毕。

这玩意乍一看没什么用，但是结合期望能得到

\[\max_{i\in S} \mathbf E(i)=\sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T|+1}\min_{i\in T} \mathbf E(i) \]

请看题目。

刷题总结

1. P3175 [HAOI2015] 按位或

每个位上的 \(1\) 出现后就不会消失，根据期望的线性性，相当于求 \([0,n)\) 位中最晚出现的 \(1\) 的期望时间。

这个不好做，Min-Max 容斥一下考虑求每个数位子集 \(T\) 中，最早出现的 \(1\) 的期望时间。

但是判断取的这个数是否和 \(T\) 有交是困难的，那么再转换一下，考虑求与 \(T\) 无交的期望时间。

那么就相当于求 \(T\) 的补集的子集的期望和，使用高维前缀和解决，这一部分的时间复杂度是 \(O(n\times 2^n)\)。

最后枚举 \(T\) 算 Min-Max 容斥答案，这一部分的时间复杂度是 \(O(2^n)\)。