题解：[HAOI2015] 按位或

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题意分析

设 \(t_i\) 表示第 \(i\) 位变为 \(1\) 的时间，设 \(S=\lbrace1,2,3,\cdots,n\rbrace\)。

则题目所求为：

\[E\left(\max_{i\in S} t_i\right) \]

期望套 \(\max\)，看起来就很像 Min-max 容斥。

由 Min-max 容斥，有：

\[E\left(\max_{i\in S} t_i\right)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert-1}E\left(\min_{i\in T}t_i\right) \]

那么考虑如何求 \(E\left(\min\limits_{i\in T}t_i\right)\)。

记 \(P(T)\) 表示为 \(1\) 的位的集合为 \(T\) 的子集的概率，可用高维前缀和预处理。

考虑求 \(\min\limits_{i\in T}t_i\) 的期望。假设 \(\min\limits_{i\in T}t_i=k\) 求这种情况的出现概率即可。记 \(\overline{T}\) 为 \(T\) 的补集。

\(\min\limits_{i\in T}t_i=k\)，说明第 \(k\) 次才选择到 \(T\) 中的位，前 \(k-1\) 次选择的都是 \(T\) 的补集 \(\overline T\) 中的位。

则，其出现概率为：

\[P\left(\overline T\right)^{k-1}\left(1-P\left(\overline T\right)\right) \]

有：

\[\begin{aligned} E\left(\min_{i\in T}t_i\right)&=\sum_{k=1}^{\infty}k\cdot P\left(\overline T\right)^{k-1}\left(1-P\left(\overline T\right)\right)\\ &=\left(1-P\left(\overline T\right)\right)\sum_{k=1}^\infty k\cdot P\left(\overline T\right)^{k-1}\\ &=\left(1-P\left(\overline T\right)\right)\sum_{k=0}^\infty(k+1)P\left(\overline T\right)^k\\ &=\dfrac{1-P\left(\overline T\right)}{\left(1-P\left(\overline T\right)\right)^2}\\ &=\dfrac{1}{1-P\left(\overline{T}\right)} \end{aligned} \]

因此，\(\mathcal O\left(2^n\right)\) 枚举 \(T\)，计算贡献即可。

---

需要注意的是，以下等式并不成立：

\[P(T)=1-P\left(\overline T\right) \]

这是因为，选择的数可以同时在 \(T,\overline T\) 中各占有一部分，这种数不应当计算贡献。

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm> 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=20;
int n;
double p[1<<N];
int popcount(int n){
	int ans=0;
	while(n){
		ans++;
		n-=n&-n;
	}
	return ans;
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	cin>>n;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++){
		cin>>p[i];
	}
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=0;j<(1<<n);j++){
			if(j&(1<<i)){
                //p[j] 表示 p[j] 的子集出现的概率
				p[j]+=p[j^(1<<i)];
			}
		}
	}
	double ans=0;
	int all=(1<<n)-1;
	for(int t=1;t<=all;t++){
        //不可能出现的情况 
		if(1-p[all^t]==0){
			cout<<"INF\n";
			return 0;
		}
		double pl=1/(1-p[all^t]);
		if((popcount(t)+1)&1){
			pl=-pl;
		}
		ans+=pl;
	}
	cout.setf(ios::fixed);
	cout.precision(7);
	cout<<ans<<'\n';
	
	cout.flush(); 
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}