bzoj4036按位或

Posted 2020-12-27 yoyoball

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Solution

　　?感觉容斥的东西内容有点qwq多啊qwq还是以题目的形式来慢慢补档好了

　　?这里补的是min-max容斥

?　　?

　　?其实min-max容斥好像。。只是一个形式而已。。本质还是普通容斥==

　　?记(max(S))表示集合(S)中最大的元素，记(min(S))表示集合中最小的元素，那么：
[ max(S)=sumlimits_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1}min(T)min(S)=sumlimits_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1}max(T)\]
?　　?这个是最基本的形式

?　　?然后对于第一条式子这里记录一个sk学长提供的比较直观的证明：

?　　?对于(S)这个数集，我们将其中的每一个元素(x)看成一个({1,2,3,...,x})的集合，这样(S)就变成了一个集合的集合（我们记为(S')），原来数集(S)中的最大值就可以看成现在(S')中所有集合的并的大小，最小值就可以看成(S')中所有所有集合的交的大小，然后我们有这样一条式子来求一堆集合的并的大小：
[ |igcuplimits_{i=1}^{n}A_i|=sumlimits_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}sumlimits_{1<=j_1<j_2<...<j_k<=n}|A_{j_1}cap A_{j_2}cap ...cap A_{j_k}| ]
　　?然后我们就发现其实这个稍微转换一下其实就是：
[ max(S)=sumlimits_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1}min(T) ]
?　　?至于(min)的那条怎么证的话。。我们只要把数集(S)中的每一个元素(x)看成一个({x+1,x+2,...inf})的集合，同样将(S)转成一个集合的集合(S')，然后最小值操作就变成了(inf-)集合的并，最大值操作就变成了(inf-)集合的交，然后就(inf)的话系数那里稍微抵消一下之类的最后只剩下一个(inf)，那么其他的就跟上面一样了

　　?

　　?然后这个东西在期望中也是适用的，也就是：
[ E(max(S))=sumlimits_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1}E(min(S))E(min(S))=sumlimits_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1}E(max(S))\]
?　　?具体为什么。。首先补一个容斥原理在概率中的应用：

　　?对于事件(A_i(1<=i<=n))，我们记(P(A_i))表示(A_i)事件发生的概率，那么至少一个事件发生的概率是：
[ P(igcuplimits_{i=1}^{n}A_i)=sumlimits_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}sumlimits_{1<=j_1<j_2<...<j_k<=n}P(A_{j_1}cap A_{j_2}cap ...cap A_{j_k}) ]
　　?然后(E)那个式子的证明什么的。。只要暴力展开一下然后发现就是普通容斥然后就没有然后了==

?　　?直接讲不太好说，还是放在题目里面比较好

　　?

　　?比如说这题

?　　?稍微转化一下题意，其实就是有一个集合(S)，然后每秒给你(S)的任意一个子集（不同子集概率不同），求期望多少秒之后手头上的所有子集的并首次等于(S)

?　　?首先无解的话就是所有有值的(P)对应的数或起来都还得不到全集

?　　?接下来就只讨论有解的情况

　　?我们记(max(S))表示集合(S)中最后被或到的那个子集（也就是最后一个取到的数），(min(S))表示集合(S)中第一个被或到的子集（也就是第一个取到的数），加上个(E)在这里表示的就是期望时间，那么我们有：
[ E(max(S))=sumlimits_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1}E(min(T))\]
　　?我们其实可以把(E(max(S)))理解成我们要的答案，(E(min(T)))理解成或到集合的任意一个子集的期望时间，那(E(min(T)))是很好求的，只要把所有子集的(P)求个和得到概率，然后用(1)除一下就好了：(E(min(T))=frac{1}{sumlimits_{S'cap T eq emptyset}P(S')})

　　?那所以我们只要求出(sumlimits_{S'cap T eq emptyset}P(S'))就可以了，这里需要稍微转化一下：
[ sumlimits_{S'cap T eq emptyset}P(S') Leftrightarrow (sum P-sumlimits_{S'cap T=emptyset}p(S'))Leftrightarrow (sum P-sumlimits_{S'subseteq T的补集}P(S')) ]
　　?所以我们现在要对于每一个原集合(S)的子集(T)，求出(sumlimits_{s'subseteq T}P(s'))，调用的时候带补集进去就好了

?　　?到这一步我们重新将这个问题转化回数，也就是说我们其实是要对于([0,2^n-1])范围内的每一个数(i)求(f[i]=sumlimits_{j|i=i}p_j)

?　　?那么这个用FMT来求（其实就是按照某个顺序转移，Portal-->lcm这题中有用到类似的方法，不再赘述）或者直接FWT来求就好了（FWT的话就是。。或卷积在构造的时候那个形式恰好就是(f[i]=sumlimits_{j|i=i}a[i])，所以可以直接对原来的(p)数组进行FWT然后直接用就行了）

　　?然后这题就做完了

　　?

?　　?代码大概长这个样子（是FMT的写法）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=(1<<20)+10;
const double eps=1e-6;
int cnt[N];
double p[N],f[N];
int n,m,all;
bool in(int st,int x){return st>>x&1;}
int St(int x){return 1<<x;}
void prework(){
    for (int i=0;i<all;++i) f[i]=p[i];
    for (int i=0;i<n;++i)
        for (int j=0;j<all;++j)
            if (in(j,i))
                f[j]+=f[j^St(i)];
    cnt[0]=0;
    for (int i=0;i<all;++i) cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
}
bool check(){
    int st=0;
    for (int i=0;i<all;++i)
        if (fabs(p[i])>eps) st|=i;
    return st==(all-1);
}
void solve(){
    double ans=0;
    for (int i=1;i<all;++i)
        if (cnt[i]&1)
            ans+=1.0/(1.0-f[(all-1)-i]);
        else
            ans-=1.0/(1.0-f[(all-1)-i]);
    printf("%.10lf
",ans);
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("a.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%d",&n);
    all=1<<n;
    for (int i=0;i<all;++i) scanf("%lf",p+i);
    if (!check()){printf("INF
");return 0;}
    prework();
    solve();
}