咕了很久的神仙题
很早就被安利来做了
但是一直没有勇气做,觉得太难了
今天终于肝了这道题.
其实——还是很难
题目链接
前置芝士:(Min-Max)容斥
这是我做的第一道(Min-Max)容斥题
好神仙的操作啊
(Min-Max)容斥(或者称最值反演)具体而言是两个公式——
令(Min(S))表示集合(S)中的最小值.
令(Max(S))表示集合(S)中的最大值.
[Max(S)=sum_{Tsubset S}(-1)^{|T|+1}Min(T)\
Min(S)=sum_{Tsubset S}(-1)^{|T|+1}Max(T)
]
更神仙的是它支持期望,这在这道题中有很好的体现.
解析
我们用(Max(S))表示集合(S)中最后的(1)出现时间的期望,用(Min(S))表示集合(S)中最早的(1)出现时间的期望.
那么,答案就是(Max(2^n-1))
由(Min-Max)容斥得(Max(S)=sum_{Tsubset S}(-1)^{|T|+1}Min(T))
那么我们只要求出所有的(Min(S))即可
如何快速求(Min(S))呢?
只要我们有一次(rand)到了(T),(Tcap S
ot=emptyset),那么(S)中就有(1)了.
那么(Min(S)=frac{1}{sum_{Tcap S
ot=emptyset}P_T})
但是这个东西并不是那么好求,直接枚举子集的复杂度是(O(3^n))的,无法承受.
我们考虑容斥?(可能并不算容斥吧)
设(S')为(S)在全集中的补集(即(S'=Soplus (2^n-1))).
如果(Tcap S=emptyset),那么(Tsubset S').
因此(sum_{Tcap S
ot=emptyset}P_T=1-sum_{T'subset S'}P_{T'})
(sum_{T'subset S'}P_{T'})是可以用(FWT(FMT))求的.
因此我们就做一次(FWT)即可.
时间复杂度(O(2^n*n))
代码如下
真的短得一匹
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define N (21)
#define M (1<<N)
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define rg register int
#define Label puts("NAIVE")
#define spa print(' ')
#define ent print('
')
#define rand() (((rand())<<(15))^(rand()))
#define eps 1e-9
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
int n,Lim,pc[M]; ld a[M],ans;
int main(){
scanf("%d",&n),Lim=(1<<n);
for(int i=0;i<Lim;i++)scanf("%Lf",&a[i]);
for(int i=1;i<Lim;i<<=1)
for(int R=i<<1,j=0;j<Lim;j+=R)
for(int k=j;k<j+i;k++)a[i+k]+=a[k];
for(int i=0;i<Lim;i++)pc[i]=pc[i>>1]+(i&1);
for(int i=1;i<Lim;i++){
if(fabs(1.0-a[i^(Lim-1)])<eps){puts("INF"),exit(0);}
ld t=1.0/(1.0-a[i^(Lim-1)]);if(pc[i]&1)ans+=t;else ans-=t;
}
printf("%.10Lf",ans);
}