Min-Max容斥及其推广和应用
概念
Min-Max容斥，又称最值反演，是一种对于特定集合，在已知最小值或最大值中的一者情况下，求另一者的算法。
例如：
显然，将所有数取相反数，易知用最大值求最小值的公式与用最小值求最大值的公式形式相同。以下只讨论用最小值求最大值的方法。
形式
记 \(Max(S)\) 表示集合 \(S\) 的最大值，\(Min(S)\) 表示集合 \(S\) 的最小值，则：
推导
设存在一个以集合大小为自变量的函数 \(f\) 满足 \(Max(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}f(|T|)Min(T)\) 。
记 \(S\) 中元素从大到小排列为 \(x_1,x_2,...,x_m\) ，则对于 \(x_i\) ，其在左侧的贡献为 \([i=1]\) ，在右侧的贡献为 \(\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}f(j+1)\) 。
若等式成立，则必有 \([i=1]=\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}f(j+1)\) 。
设 \(F(i)=[i+1=1]\) （即 \([i=1]=F(i-1)\) ），\(G(i)=f(i+1)\) ，则 \(F(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}{i\choose j}G(j)\) 。
进行二项式反演，得 \(G(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}{i\choose j}F(j)=(-1)^i\) 。
故 \(f(i)=G(i-1)=(-1)^{i-1}\) 。
因此构造成立，故：
另一种证明
考虑等式右侧，记最小值为 \(x_i\) ，则：
- 当 \(i=1\) 时，贡献为 \(1\) ；
- 当 \(i\neq 1\) 时，则 \(x_1\) 有选和不选两种方案，这两种方案一一对应且系数恰为相反数，故总贡献为 \(0\) 。
故右侧的总和就是 \(x_1=Max(S)\) 。
推广
记 \(kMax(S)\) 表示集合 \(S\) 的第 \(k\) 大值，则：
推导
设存在一个以集合大小为自变量的函数 \(g\) 满足 \(kMax(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}g(|T|)Min(T)\) 。
记 \(S\) 中元素从大到小排列为 \(x_1,x_2,...,x_m\) ，则对于 \(x_i\) ，其在左侧的贡献为 \([i=k]\) ，在右侧的贡献为 \(\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}g(j+1)\) 。
若等式成立，则必有 \([i=k]=\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}g(j+1)\) 。
设 \(F(i)=[i+1=k]\) （即 \([i=k]=F(i-1)\) ），\(G(i)=g(i+1)\) ，则 \(F(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}{i\choose j}G(j)\) 。
进行二项式反演，得 \(G(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}{i\choose j}F(j)=(-1)^{i-k+1}{i\choose k-1}\) 。
故 \(f(i)=G(i-1)=(-1)^{i-k}{i-1\choose k-1}\) 。
因此构造成立，故：
应用
Min-Max容斥及其推广常用于解决“都出现的期望时间”问题，处理方法：
记 \(t_i\) 表示第 \(i\) 个元素的出现时间，则：
- \(Max(S)\) 表示 \(S\) 中 \(t\) 的最大值，即所有元素出现时间的最大值，即所有元素都出现的时间；
- \(Min(S)\) 表示 \(S\) 中 \(t\) 的最小值，即所有元素出现时间的最小值，即至少有一个出现的时间。
根据Min-Max容斥，有 \(Max(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}(-1)^{|T|-1}Min(T)\) 。
对左右同时取期望，由于线性，期望可以直接放到求和符号里面，即 \(E(Max(S))=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}(-1)^{|T|-1}E(Min(T))\) 。
容易发现 \(E(Min(T))\) 求起来十分容易：当单位时间出现 \(T\) 中至少一个的概率为 \(p\) ，则出现 \(T\) 中至少一个的期望时间为 \(\frac 1p\) 。
于是通过公式即可求出 \(Max(S)\) ，即所有元素都出现的期望时间。
对于Min-kMax容斥同理。
写法
如果只需要求出 \(Max(U)\) ，即全集的最大值的话，只需要计算每个自己对全集的贡献即可。
如果要对所有 \(S\) 求 \(Max(S)\) 的话（尽管似乎还没遇到过），一种较快的方法是用按位分治来代替枚举子集。有两种常用写法，它们稍加处理就可以变成公式中的形式。
写法一
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
if(j & i)
f[j] -= f[i];
此时系数是 \((-1)^{|S|-|T}\) .
写法二
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
if(j & i)
f[j] = f[i] - f[j];
此时系数是 \((-1)^{|T|}\) 。
例题
[hdu4336]Card Collector
题目大意
有 \(n\) 种卡片，每次购买有 \(p_i\) 的概率买到第 \(i\) 种，求使得每种都买到的期望购买次数。
\(1\le n\le 20\) 。
题解
Min-Max容斥基础题，参见上面的 “应用” 部分。
对于本题，有 \(Min(S)=\frac 1{\sum\limits_{i\in S}p_i}\) ，然后套用 \(Min-Max\) 容斥的公式即可。
时间复杂度 \(O(2^n)\) 。
#include <cstdio>
#define N 1100010
int cnt[N];
double p[N] , f[N];
int main()
{
int n , i , j;
double ans;
while(~scanf("%d" , &n))
{
ans = 0;
for(i = 0 ; i < n ; i ++ ) scanf("%lf" , &p[1 << i]);
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) f[i] = f[i - (i & (-i))] + p[i & (-i)] , cnt[i] = cnt[i - (i & -i)] + 1;
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) ans += ((cnt[i] & 1) ? 1 : -1) / f[i];
printf("%lf\n" , ans);
}
return 0;
}
[bzoj4036]按位或
题目大意
你初始有数字 \(0\) ，每次操作会随机选择 \([0,2^n-1]\) 的一个数字与你的数字进行按位或运算，选到数 \(i\) 的概率为 \(p_i\) 。求使得你的数字变为 \(2^n-1\) 的期望操作次数。
\(1\le n\le 20\) 。
题解
和上一题类似，问题转化为计算 \(Min(S)\) ，即需要求出所有与 \(S\) 有公共元素（取与不为 \(0\) ）的 \(p\) 之和。
正难则反，考虑求所有与 \(S\) 无公共元素的 \(p\) 之和，即 \(S\) 的补集 \(2^n-1-S\) 的所有子集的 \(p\) 之和，使用按位分治来解决。
最后套公式计算即可。无解的判定通过判断是否某一位都存在一个 \(p\neq 0\) 的元素来处理。
时间复杂度 \(O(n\times 2^n)\) 。
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
double p[1100010];
int cnt[1100010];
int main()
{
int n , i , j;
double ans = 0;
scanf("%d" , &n);
for(i = 0 ; i < (1 << n) ; i ++ ) scanf("%lf" , &p[i]);
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) cnt[i] = cnt[i - (i & -i)] + 1;
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
{
for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
if((j & i) && p[j])
break;
if(j == (1 << n))
{
puts("INF");
return 0;
}
}
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
if(j & i)
p[j] += p[j ^ i];
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) ans += ((cnt[i] & 1) ? 1 : -1) / (1 - p[(1 << n) - 1 - i]);
printf("%.8lf\n" , ans);
return 0;
}
[luogu4707]重返现世
题目大意
有 \(n\) 种物质，每单位时间会随机生成一种物质，生成第 \(i\) 种物质的概率为 \(\frac{p_i}m\) 。求获得 \(k\) 种物质的期望时间。
\(1\le n\le 1000\) ，\(1\le m\le 10000\) ，\(1\le k\le n\) ，\(p_i\) 为整数且 \(\sum\limits_{i=1}^np_i=m\) ，\(n-k\le 10\) 。
题解
获得 \(k\) 种物质，相当于求所有获得时间中第 \(n-k+1\) 大的，问题转化为Min-kMax容斥问题。方便起见，以下令 \(q=n-k+1\) ，则有 \(1\le q\le 11\) 。
由于 \(n\) 有 \(1000\) 之大，使用前两道题的子集统计方法显然会直接暴毙。
思考：尽管我们的集合选取方案有 \(2^n\) 种，但每种的 \(Min(S)\) 只和 \(\sum\limits_{i\in S}p_i\) 有关，因此状态数其实只有 \(m\) 种。
一个比较显然的思路是设 \(f_{i,j,l}\) 表示前 \(i\) 种物质选出 \(j\) 种，凑齐 \(\sum p=l\) 的方案数，然而数据范围过大，无法通过此题。
到此为止，我们还有一个条件没有用到：\(q\le 11\) 。
考虑在已知 \(f_{i,j,l}\) 后答案的计算，贡献为 \((-1)^{j-q}{j-1\choose q-1}\times \frac ml\times f_{i,j,l}\) 。对于前面的部分，运用组合数公式，有：
而 \(f_{i,j,l}\) 又有转移 \(f_{i,j,l}=f_{i-1,j,l}+f_{i-1,j-1,l-p_i}\) ，故：
发现了什么？前面的系数只和 \(j\) 与计算答案时所用的 \(q\) 有关，因此设 \(g_{i,j,l,t}\) 表示前 \(i\) 种物质选出 \(j\) 种，凑齐 \(\sum p=l\) ，且最终计算时的 \(q=t\) 的系数乘以方案数。则有：
我们所做的似乎都是无用功。但事实上，仔细观察就会发现 \(j\) 的一维已经没有用处，无论是转移还是最终答案都不需要用到 \(j\)。
左右对 \(j\) 那一维求和，便有 \(h_{i,l,t}\) 表示前 \(i\) 种物质选出若干种，凑齐 \(\sum p=l\) ，且最终计算时的 \(q=t\) 的系数乘以方案数，则有：
最终答案就是 \(\sum\limits_{i=1}^mh_{n,i,q}\times \frac mi\) 。
时间复杂度 \(O(nmq)\) ，由于空间不足，需要使用滚动数组。
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define mod 998244353
typedef long long ll;
ll p[1010] , f[2][10010][11];
inline ll qpow(ll x , ll y)
{
ll ans = 1;
while(y)
{
if(y & 1) ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod , y >>= 1;
}
return ans;
}
int main()
{
int n , t , m , i , j , k , d;
ll ans = 0;
scanf("%d%d%d" , &n , &t , &m) , t = n - t + 1;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%lld" , &p[i]);
for(i = 1 ; i <= t ; i ++ ) f[0][0][i] = -1;
for(d = i = 1 ; i <= n ; i ++ , d ^= 1)
{
memcpy(f[d] , f[d ^ 1] , sizeof(f[d]));
for(j = p[i] ; j <= m ; j ++ )
for(k = 1 ; k <= t ; k ++ )
f[d][j][k] = (f[d][j][k] + f[d ^ 1][j - p[i]][k - 1] - f[d ^ 1][j - p[i]][k] + mod) % mod;
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) ans = (ans + f[n & 1][i][t] * m % mod * qpow(i , mod - 2)) % mod;
printf("%lld\n" , ans);
return 0;
}
