BZOJ4036：按位或 （min_max容斥&高维前缀和）

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（c++,c的|,pascal

的or）操作。选择数字i的概率是p[i]。保证0<=p[i]<=1，Σp[i]=1问期望多少秒后，你手上的数字变成2^n-1。

Input

第一行输入n表示n个元素，第二行输入2^n个数，第i个数表示选到i-1的概率

Output

仅输出一个数表示答案，绝对误差或相对误差不超过1e-6即可算通过。如果无解则要输出INF

Sample Input

2
0.250.250.250.25

Sample Output

2.6666666667

HINT

 对于100%的数据，n<=20

思路：可以min_max容斥来做，问题的关键就是求出得到所有子集X的期望F(X)就可以了，P(X)的概率为所有对X有贡献的p[x]之和（x是所有和X有交集的x，即便x含有X没有的部分）;

我们倒过来求与X交集为空的部分的概率，即M^X的子集的概率，这部分可以用高维前缀和来做。

    for(int i=0;i<N;i++)
     for(int j=0;j<(1<<N);j++)
        if(j&(1<<i)) F[j]+=F[j^(1<<i)];
这个代码可以得到子集的前缀和。 复杂度是O(N*2^N)

 超集的写法：

    for(int i=0;i<N;i++)
     for(int j=0;j<(1<<N);j++)
        if(!j&(1<<i)) F[j]+=F[j|(1<<i)];

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1<<21;
double P[maxn],ans;int N,sum,M;
void dfs(int pos,int now,int cnt)
{
    if(pos==N){
        if(cnt>=1){
            if(cnt&1) ans+=1.0/(1.0-P[(M-1)^now]);
            else ans-=1.0/(1.0-P[(M-1)^now]);
        }
        return ;
    }
    dfs(pos+1,now|(1<<pos),cnt+1);
    dfs(pos+1,now,cnt);
}
int main()
{
    scanf("%d",&N); M=1<<N;
    for(int i=0;i<M;i++){
         scanf("%lf",&P[i]);
         if(P[i]>0) sum|=i;
    }
    if(sum!=M-1) return  puts("INF"),0;
    for(int i=0;i<N;i++)
     for(int j=0;j<M;j++)
        if(j&(1<<i)) P[j]+=P[j^(1<<i)];
    dfs(0,0,0);
    printf("%.6lf\n",ans);
    return 0;
}
//2 0.25 0.25 0.25 0.25

当然，为1的个数我们也可以预处理出来。就不用DFS了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1<<21;
double P[maxn],ans;int N,sum,M,num[maxn];
int main()
{
    scanf("%d",&N); M=1<<N;
    for(int i=0;i<M;i++){
         scanf("%lf",&P[i]);
         if(P[i]>0) sum|=i;
    }
    if(sum!=M-1) return  puts("INF"),0;
    for(int i=1;i<M;i++) num[i]=num[i>>1]+(i&1);
    for(int i=0;i<N;i++)
     for(int j=0;j<M;j++)
        if(j&(1<<i)) P[j]+=P[j^(1<<i)];
    for(int i=1;i<M;i++)
        ans+=(num[i]&1?1.0:-1.0)/(1-P[(M-1)^i]);
    printf("%.6lf\n",ans);
    return 0;
}
//2 0.25 0.25 0.25 0.25