min-max容斥
min-max容斥(包含kth)
用途
对于一个集合S，给出每个元素出现的概率，我们需要求每一个元素都出现至少一次的期望次数,可以使用min-max容斥，也可以求任意\(k\)个元素出现的期望(kth min-max容斥)。
例题
这题当然可以状压dp，注意可能随机到本身有的元素的情况即可。时间复杂度\(O(2^n*n)\)，空间复杂度\(O(2^n)\)
但是，用以下方法时空效率都会更高，时间复杂度\(O(2^n)\)，空间复杂度是\(O(n)\)的，并且非常好写。
定义
对于一个集合S，一个元素的大小定义为它首次出现的时间
\(min(S)\)表示这个集合最小的元素。
\(max(S)\)表示这个集合最大的元素。
\(P_i\)表示\(i\)号元素出现的概率，\(E\)则表示期望次数。
显然\(P(min(S))=\sum_{i\in S} P_i\),
而\(E(min(S))=\frac{1}{P(min(S))}\)(这个很显然，也比较好证明)
然后有一个结论:\(E(max(S))=\sum_{S'\subseteq S} E(min(S'))*(-1)^{|S'|+1}\)
而对于这个问题我们要求的就是\(E(max(S))\),所以暴力搞一下就好。
时间复杂度\(O(2^n)\),但空间为\(O(20)???\)
ps:这道题每个元素之间相互独立，如果元素之间不独立但能求出每个子集的\(E(min(S'))\),也就是至少出现一个元素的期望次数，也能用min-max容斥,例如[HAOI2015]按位或,把每一个二进制位看做一个元素，他们本来不相互独立，但我们可以用FWT求出每个集合的min之后套公式求全集的max
完整代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=21;
double a[N],ans;
int n;
void dfs(int x,double p,int k){
if(x>n){if(p>=1e-9)ans+=(double)k/p;return;}//注意特判P为0的情况
dfs(x+1,p,k);
dfs(x+1,p+a[x],-k);
}
int main(){
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lf",&a[i]);
dfs(1,0,-1);
printf("%.10lf\n",ans);
}
return 0;
}
kth min-max容斥
上述公式只能求最大元素出现的期望步数
min-max还可以用来求第\(k\)大元素(也就是至少出现\(n-k+1\)个元素)出现的期望步数。
先说结论:\(kthmax(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}C_{|T|-1}^{k-1}min(T)\)
可以发现上面的公式就是这个公式的特殊情况，把\(k=1\)带入即可。
证明先咕一段时间，以后再补，然而用它做题也不需要证明
给个例题
本题将公式套上可得
\(ans=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}C_{|T|-1}^{k-1}\frac{m}{sum(T)}\)
其中\(sum(T)=\sum_{i\in T}p_i\)
设\(f[i][j][x]\)表示前\(i\)个数选了\(sum(T)\)为\(j\),且将\(k=x\)带入之后前面那一串系数的和。
利用组合数优秀的性质进行转移。
\(C_n^m=C_n^{n-m}\)
\(C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}\)
