数学 Trick 之：FMT + min-max 反演

能够解决的问题

• 给定 \(n\) 个物品。
• 每次随机取一个集合（显然，有 \(2^n\) 种），给定每个集合选中的概率，问期望过多久就能使所有物品都被选过一次。

优缺点

优点：代码极其简单，长度比肩 \(\text{Floyd}\)。

缺点：无。

小证明（纯显摆，但是不会的还是建议看一下）

一个事件有 \(p\) 的概率发生，那么期望多少次才能发生呢？

大家都知道是 \(\frac{1}{p}\)，但是相信很多人都不会证明，这里写一下。

我们发现可以这样计算期望（设它为 \(E\)）：

\[E = \sum_{i = 1}^{+\infty}i(1 - p)^{i - 1}p \]

也就是说，前 \(i - 1\) 次都没中（概率为 \(1 - p\)），第 \(i\) 次中了（概率为 \(p\)）。

则：

\[E = p \sum_{i = 1}^{+\infty} i (1 - p)^{i - 1} \]

令 \(1 - p = t\)，则：

\[E = (1 - t) \sum_{i = 1}^{+\infty} i \times t^{i - 1} \\ = (1 - t) \sum_{i = 0}^{+\infty} (i + 1)t^i \]

令 \(A(t) = \sum_{i = 0}^{+\infty} (i + 1)t^i\)（生成函数），两边积分，得：

\[\int A(t) \; dt = \sum_{i = 0}^{+\infty}t^{i + 1} \\ = \sum_{i = 1}^{+\infty}t^{i} \]

令其为 \(B\)，则：

\[(1 - t)B = t, \\ B = \frac{t}{1 - t} \]

所以：

\[\int A(t) \; dt = \frac{t}{1 - t}, \\ A(t) = \frac{d\frac{t}{1 - t}}{dt} = \frac{t}{(t - 1)^2} - \frac{1}{t - 1} = \frac{1}{(t - 1)^2} \]

所以：

\[E = (1 - t) \frac{1}{(t - 1)^2} = \frac{1}{1 - t} = \frac{1}{p}， \]

得证。

思路

考虑这句话：

期望过多久就能使所有物品都被选过一次

我们可以将它变成 \(\max\{每个物品第一次被选中的期望时间\}\)。

欸，期望？\(\max\)？\(\text{min-max}\) 反演启动！

令 \(a_S\) 为集合 \(S\) 中的物品第一次被选到的期望时间，根据前面 小证明 章节可以知道，只需要知道集合 \(S\) 中的物品被第一次被选到的概率再取倒数即可。

而这，就交给 —— FMT！

不用去搜其他博客，他其实就是这四行代码：

for (int d = 1; d < maxS; d <<= 1) {
	for (int S = 0; S < maxS; S += (d << 1)) {
		for (int i = S; i < S + d; i++) {
			a[i + d] += a[i];
		}
	}
}

一个基于 \(2\) 进制的 \(\text{dp}\)，可以画图理解一下（确实怎么将都不如自己画图更清楚）。

于是反演回去即可。

注意特判无解！

例题与代码

P3175 [HAOI2015] 按位或

板子，不必多说。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

constexpr int maxn = 1048586;
constexpr double eps = 1e-10;

int n, maxS, sz[maxn];
double a[maxn], minn[maxn], ans;

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
	
	cin >> n;
	maxS = (1 << n);
	for (int i = 0; i < maxS; i++) {
		cin >> a[i];
		sz[i] = sz[i >> 1] + (i & 1); // 集合大小
	}
	for (int d = 1; d < maxS; d <<= 1) { // FMT
		for (int S = 0; S < maxS; S += (d << 1)) {
			for (int i = S; i < S + d; i++) {
				a[i + d] += a[i];
			}
		}
	}
	for (int S = 1; S < maxS; S++) {
		if (1.0 - a[S ^ (maxS - 1)] < eps) { // 注意特判无解情况
			cout << "INF\n";
			return 0;
		}
		if (sz[S] % 2) { // 反演
			ans += 1.0 / (1.0 - a[S ^ (maxS - 1)]);
		} else {
			ans -= 1.0 / (1.0 - a[S ^ (maxS - 1)]);
		}
	}
	
	printf("%.8lf\n", ans);
	
	return 0;
}