abc242EX(最值反演)
Posted 吃花椒的妙酱
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了abc242EX(最值反演)相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
题意：[1,n]的区间，给m个区间 [ l i , r i ] [l_i,r_i] [li,ri]，每次随机选一个区间覆盖，求[1,n]被覆盖的期望次数。(n,m<=400)
Solution1:最值反演
\\quad 由最值反演 E [ m a x ( S ) ] = ∑ T 包含于 S ( − 1 ) ∣ T ∣ + 1 E [ m i n ( T ) ] E[max(S)]=\\sum_T包含于S(-1)^|T|+1E[min(T)] E[max(S)]=∑T包含于S(−1)∣T∣+1E[min(T)]
\\quad 这里max(S)等价于[1,n]中最晚被覆盖的点的覆盖时刻。
\\quad 主要思路是枚举某个区间作为最早覆盖时刻的容斥系数贡献。
\\quad 设 f i , j f_i,j fi,j表示前i个数中第i个数选（后面n-i个数不选），且与j个已知区间有交的容斥系数贡献。
\\quad 设 c n t l , r cnt_l,r cntl,r表示[l,r]这个区间被已知区间覆盖到的次数，
b i b_i bi表示i点被已知区间覆盖到的次数。
\\quad 有转移方程 f i , k + b i − c n t i , j = ∑ j = 0 i − 1 − f j , k f_i,k+b_i-cnt_i,j = \\sum_j=0^i-1-f_j,k fi,k+bi−cnti,j=∑j=0i−1−fj,k。
\\quad 解释一下，对于含i（不含i+1n）的集合的系数贡献，可以从前面含j（不含j+1n）的集合的系数贡献转移过来。首先由于选i，集合大小会+1，那么符号要反一下。从j转移过来，也就是说1j-1不关心，j选，j+1i-1不选，i选，i+1~n不选。
\\quad 所以对于第二维要减去覆盖到[j+1,i-1]的已知区间数，这个等价于覆盖i的区间数+覆盖j的区间数 - 覆盖[i,j]的区间数。
算出 f i , j f_i,j fi,j后怎么算答案呢？
\\quad f i , j f_i,j fi,j——含i不含i+1~n的集合的容斥系数贡献，前面说要枚举E[min(T)]，即选到有交的某个区间的期望次数，m个选到其中j个中的一个的期望次数,即 m j \\fracmj jm
a n s = ∑ f i , j ∗ m j \\quad ans =\\sum f_i,j*\\fracmj ans=∑fi,j∗jm
Solution2: nb但不容易想到的期望推导
首先直接上结论： a n s = ∑ s t a t e p s t a t e ∗ m c n t , 其中 s t a t e 表示拿到 c n t 个区间，且这些区间的并不是 [ 1 , n ] ans = \\sum_statep_state*\\fracmcnt,其中state表示拿到cnt个区间，且这些区间的并不是[1,n] ans=∑statepstate∗cntm,其中state表示拿到cnt个区间，且这些区间的并不是[1,n]
前面是拿到cnt个区间，且它们的并不是[1,n]，即必定还要拿其他的区间，后面就是第一次拿到其他区间的期望次数。所有状态的往下走一步的期望次数和就是答案，很nb的计算方法。
PS:第一次见期望这样算，不过式子确实没毛病😊
f i f_i fi表示取i个区间，它们并不为[1,n]的方案数
p s t a t e = C ( m , c n t ) − f c n t C ( m , c n t ) p_state=\\fracC(m,cnt)-f_cntC(m,cnt) pstate=C(m,cnt)C(m,cnt)−fcnt
现在只要求 f i f_i fi即可，可以用dp求出。
将已知区间排序后，dp[i] [j] [k]表示前i个已知区间，选了k条，它们的并为[1,j]的方案数。
要求的就是 f i = d p [ n ] [ m ] [ i ] f_i=dp[n][m][i] fi=dp[n][m][i]
转移方程，枚举加入的区间 [ l i , r i ] [l_i,r_i] [li,ri]
1，当 j < l i − 1 j<l_i-1 j<li−1时， d p i , j , k ← d p i − 1 , j , k dp_i,j,k\\leftarrow dp_i-1,j,k dpi,j,k←dpi−1,j,k
2，当 l i − 1 < = j < = r i l_i-1<=j<=r_i li−1<=j<=ri时， d p i , j , k ← d p i − 1 , j , k , d p i − 1 , j , k − 1 → d p i , r i , k dp_i,j,k\\leftarrow dp_i-1,j,k,dp_i-1,j,k-1 \\rightarrow dp_i,r_i,k dpi,j,k←dpi−1,j,k,dpi−1,j,k−1→dpi,ri,k
3，当 j > r i j>r_i j>ri时， d p i , j , k ← d p i − 1 , j , k + [ k > 0 ] d p i − 1 , j , k − 1 dp_i,j,k \\leftarrow dp_i-1,j,k + [k>0]dpi-1,j,k-1 dpi,j,k←dpi−1,j,k+[k>0]dpi−1,j,k−1
最值反演
const int mod=998244353;
const double eps=1e-8;
ll qsm(int a,int b)
ll ans = 1,tmp=a;
while( b )
if( b&1 ) ans = ans * tmp%mod;
tmp = tmp * tmp%mod;
b>>=1;
return ans;
int n,m;
int cnt[N][N];//区间[l,r]被给定区间覆盖的次数
pii line[N];
int f[N][N];//1~i-1任意，i必选，i+1~n不选的集合的∑容斥系数
int b[N];//点i被已知区间覆盖的次数
bool in(int i,int j)return line[j].fi<=i&&i<=line[j].se;
signed main()
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
ios;
cin>>n>>m;
_for(i,1,m) cin>>line[i].fi>>line[i].se;
_for(i,1,n)
_for(j,1,n)
_for(k,1,m)
if( in(i,k)&&in(j,k) ) cnt[i][j]++;
_for(i,1,n)
_for(j,1,m) b[i] += in(i,j);
f[0][0] = mod-1;//空集容斥，不过最后对答案没有贡献
_for(i,1,n)
以上是关于abc242EX(最值反演)的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章
loj 2542 随机游走 —— 最值反演+树上期望DP+fmt