7-8 what‘s 莫比乌斯最大值（2023郑州轻工业大学校赛

Posted 2023-04-04 Demoo.

题意：

有n个问题和闲聊

问题的格式是’what’s +$S_{问题}$’

闲聊的格式是 $S_{问题}$+$S_{回答}$，$S_{问题}$的长度>=0

对于每个 $S_{回答}$ ，只能回答在这句话之前提问的问题

那么求最多能回答几个不同的问题

思路：

对于每个回答，他的每个前缀都可能是一个出现过的问题

那么我们对于一个回答，让他贪心的回答出现过的前缀最长的问题

因为对于一个回答，如果他的长度长，可以回答长度长的问题和长度短的问题，如果他的长度短的话就只能回答长度短的问题，所以我们优先让他回答没有回答过的长度最长的问题

用umap来记录一个问题是否出现过，以及是否被回答过。

注意：

加了ios::sync_with_stdio(false)就不能用getchar()，需要用cin.get()

对于map的每次询问都是插入，如果对于每出现过的map，需要先判断是否出现过载判断值，可以节省时间防止tle

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e6+10;
int idx,n;

int main()
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(),cout.tie();
	cin>>n;
	cin.get();//加了ios不能用getchar
	unordered_map<string,int> chuxian;//记录是否被回答过，如果等于0就是没有
	unordered_map<string,int> huida;
	int con=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		string s;
		cin>>s;
		if(s=="what's")
			cin>>s;
			chuxian[s]=1;
		else
			string op;
			int id=-1;
			string ans;
			for(int i=0;i<s.size();i++)
				op+=s[i];
				if(chuxian.count(op)&&chuxian[op]==1&&huida.count(op)==0)
					id=i;
					ans=op;
				
			
			if(id!=-1)
				huida[ans]=1;
				con++;
			
		
	
	cout<<con;
	return 0;

[HAOI2015] 按位或 - Min-Max容斥,快速莫比乌斯变换

初态下，分数为 (0)。每秒钟，随机选择一个 ([0,2^n-1]) 的数字与当前的数字做按位或运算。选择数字 (i) 的概率是 (p_i)，求分数达到 (2^n-1) 的期望时间。(nleq 20)

Solution

先介绍一下 Min-Max 容斥原理。设 (max(S),min(S)) 分别是集合 (S) 中的最大值与最小值，则有
[ max(S)=sum_{Tsubseteq S} (-1)^{|T|+1} min(T) \min(S)=sum_{Tsubseteq S} (-1)^{|T|+1} max(T) ]
Min-Max 容斥原理对随机变量的期望成立。

回到原问题，对于某个位置集合，考虑将每个位变为 (1) 的时间扔进一个集合，那么 (min(S)) 是集合中第一个变 (1) 元素的时间，(max(S)) 是最后一个。

于是答案就是 (E(max(U)))，其中 (U) 为全集。利用 Min-Max 容斥原理我们可以将它转化为求对于每一个子集的 (E(min(S)))，而 (min(S)) 符合几何分布，于是有
[ egin{aligned} E(min(S)) &= sum_{i=1}^{infty} iP(min(S)=i) &= sum_{i=1}^infty i(sum_{TS=varnothing}p_T)^{i-1}(1-sum_{TS=varnothing}p_T) &= frac{1}{1-sum_{TS=varnothing}p_T} end{aligned} ]
于是现在我们需要对所有 (Ssubseteq U)，求出 (sum_{TS=varnothing} p_T)

考虑 FMT，可以用来求出 (forall S, g(S)=sum_{Tsubseteq S} f(T))

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

double a[2000005],ans;
int n;

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n;
    for(int i=0;i<1<<n;i++) cin>>a[i];
    int up=1<<n;
    for(int k=1;k<up;k<<=1)
        for(int s=0;s<up;s+=k<<1)
            for(int i=s;i<s+k;i++)
            {double a0=a[i];double a1=a[i+k];a[i]=a0;a[i+k]=a0+a1;}
    for(int i=1;i<up;i++) {
        if(1-a[(up-1)^i]<1e-10) {
            puts("INF");
            return 0;
        }
        ans += (__builtin_popcount(i)%2?1:-1)*1/(1-a[(up-1)^i]);
    }
    printf("%.8lf",ans);
}