min-max容斥略解

Part1:\(\min-\max\) 容斥的引入

我们设有一个全集\(U=\{a_1,a_2,\dots,a_n\}\),我们记\(\min S=\min\limits_{a_i\in S}a_i\),\(\max S=\max\limits_{a_i\in S}a_i\),假设我们可以轻易地得到\(\min S\),但很难求得\(\max S\),此时,为求\(S\),我们就要引入\(\mathbf{min}\)-\(\mathbf{max}\)容斥.

我们有以下关系:

\[\max S=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\min T \]

这个式子被称为\(\mathbf{min}\)-\(\mathbf{max}\)容斥公式.我们下面来证明这个结论.

假设\(\max S\)具有形式

\[\max S=\sum_{T\subseteq S}f(|T|)\min T \]

其中\(f(k)\)是容斥系数.我们考虑\(k+1\)大的元素会被统计到的贡献,即那些子集的最小值会为第\(k+1\)的元素.则

\[[x==0]=\sum_{i=0}^k \binom ki\cdot f(i+1) \]

二项式反演得

\[f(k+1)=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom ki[i==0] \]

得到

\[f(k+1)=(-1)^k \]

即

\[f(k)=(-1)^{k-1} \]

综上,

\[\begin{align*} \max S&=\sum_{T\subseteq S}f\left(|T|\right)\min T\\ &=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\min T \end{align*} \]

当然,也可以把式子中的\(\max\)与\(\min\)互换,得到\(\min-\max\)容斥的另一种形式:

\[\min S=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\max S \]

证明类似.

另外,\(\min-\max\)容斥公式在期望意义下也成立.设全集\(U=\{X_1,X_2,\dots,X_n\}\)是由两两不相关的随机变量构成的集合,并且其期望\(E(X_1),E(X_2),\dots,E(X_n)\)均存在,则

\[E(\max S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(\min T)\\ E(\min S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(\max T) \]

其中\(E(\max S)\)表示\(S\)中元素最大值的期望.注意,若\(X,Y\)不相关,则\(E(\max\{X,Y\})\ne \max\{E(X),E(Y)\}\),所以期望意义下的最值是很难求的,而\(\min-\max\)容斥给了我们一个有力的工具.

举个栗子,假设有随机试验\(E\),样本空间为\(S=\{0,1\}\)(其意义可理解为抛硬币),\(X=X(e),Y=Y(e)\)是这个样本空间上的两个不相关随机变量,易知\(E(X)=E(Y)=1/2\),那么令\(Z=\max(X,Y)\),则\(Z\)的分布律为

\[\begin{array} {c|c|c|c|c|} X&\max\{0,0\}&\max\{0,1\}&\max\{1,0\}&\max\{1,1\}\\ p&\frac14&\frac14&\frac14&\frac14 \end{array} \]

因此\(E(Z)=4/3\).但\(\max\{E(X),E(Y)\}=0.5\),所以期望与\(\max\)/\(\min\)是不相容的.

Part2:\(k\mathrm{th}\min-\max\)容斥

我们要求第\(k\)大,怎么求呢?

我们仍然用上面的证明方法,假设其具有如下形式:

\[k\mathrm{th}\max S=\sum_{T\subseteq S}f(|T|)\min T \]

设一个元素\(a\)排名为第\(m\)大,那么有且只有不包含比它小的\(n-m+1\)个元素时,\(\min T=a\).若有\(m-1\)个元素可供随意选择,那么必然选择\(a\).于是得

\[[m=k]=\sum_{i=1}^{m-1}\binom{m-1}i f(i+1)\Leftrightarrow\\ [m=k-1]=\sum_{i=1}^m\binom mi f(i+1) \]

二项式反演得

\[f(m+1)=\sum_{i=1}^m(-1)^{m-i}\binom mi[i=k-1]=(-1)^{m-k+1}\binom m{k-1} \]

所以

\[f(m)=(-1)^{m-k}\binom{m-1}{k-1} \]

因此,

\[k\mathrm{th}\max S=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}\min T \]

同样的,

\[k\mathrm{th}\min S=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}\max T \]

上述公式也对期望成立.

Part3:例题

LG P3175 [HAOI2015]按位或

由于或运算时每个位都是独立的,我们可以把每个位分开来看.我们设\(a_k\)为第\(k\)个为变为\(1\)的时间,那么我们要求的就是\(E(\max U)\)(\(U\)为全集).

那么,怎么求\(\min S\)(\(S\subseteq U\))呢?

为了方便,我们形式地记\(P(S)\)为选中\(S\)子集的概率值和.那么,\(\min S=k\)的概率就是,前\(k-1\)次选了\(\bar S\)的子集,最后一次不选\(\bar S\)子集的概率.于是得

\[P\{\min S=k\}=P(S\oplus U)^{k-1}[1-P(S\oplus U)] \]

其中\(S\oplus U\)表示\(S\)与\(U\)的位运算卷积.我们可以发现\(\min S\)服从参数为\(1-P(S\oplus U)\)的几何分布,那么,

\[\begin{align} E(\min S)&=\sum_{k=1}^{\infty}kP\{\min S=k\}\\ &=\sum_{k=1}^{\infty }kP(S\oplus U)^{k-1}[1-P(S\oplus U)]\\ &=\frac1{1-P(S\oplus U)} \end{align} \]

易知\(P(S)=\sum_{T\subseteq S}P\{T\text{被选中}\}\),直接枚举子集求即可,然后再用或运算的离散沃尔什变换求即可.时间复杂度\(O(n\cdot 2^n)\).

C++实现如下:

int n,lim;
double p[(1<<20)+5],ans;

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	lim=1<<n;

	for(int i=0;i<=lim-1;++i)
		scanf("%lf",p+i);
		
	for(int i= 1;i<lim;i<<=1)
		for(int j=0;j<lim;j+=i<<1) 
			for(int k=0;k<=i-1;++k)
				p[i+j+k]+=p[j+k];
				
	for(int i=1;i<=lim-1;++i)
	{
		double q=1-p[(lim-1)^i];
		
		if(q<=1e-10)
		{
			puts("INF");
			return 0;
		}
		
		ans+=(__builtin_popcount(i)&1?1:-1)*1.0/q;
	}
	
	printf("%.10lf\n",ans);
}

LG P4707重返现世

我们设集合\(S\)为某些物品的集合,物品的权值为第一次出现的时间.那么,\(E(\min S)\)就是这些物品中有任意一个出现的期望时间.

若每一次得到\(S\)中物品的概率为\(\sum\limits_{i\in S}p_i\),那么期望的时间就是\(1/\sum\limits_{i\in S}p_i\).

\(E(\min S)\)是显然易求的.我们再来考虑题目要求的\(k\mathrm{th}\min U\).

通过\(\min-\max\)容斥易知

\[ans=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}E(\min T) \]

观察和式,变量有且只有\(|T|\),\(E(\min T)\),同时\(E(\min T)=\sum\limits_{i\in T}p_i\).

我们设\(f(i,j,k)\)为前\(i\)选了\(j\)个时\(\sum\limits_{i\in T}p_i=k\)的方案数.最后只需把方案数求和再乘以对应权值,求和既得答案.转移方程是易得的:

\[f(i,j+1,k+p_i)\Leftarrow f(i,j+1,k+p_i)+f(i-1,j-k)\text{选当前物品}\\ f(i,j,k)\Leftarrow f(i,j,k)+f(i-1,j,k)\text{不选当前物品} \]

可以考虑使用滚动数组压缩第一维空间.复杂度\(O(n^2m)\),可得70分.

我们考虑满分做法.可以发现每个项的贡献\(=E(\min T)\cdot \text{与}|T|\text{相关的项}\cdot\text{方案数}\).我们考虑一个技巧:把维数藏在权值里.就是直接把这个式子的一部分作为权值,以减少维数.但是降维之后,由于我们把未知量强行加入了dp的权值之中,所以我们还要在状态上附加一个维数.

观察数据范围,\(k\le 11\),那么这个新的维度就很有可能是\(k\)了.设\(f(i,j)\)表示前\(i\)个物品,\(\sum\limits_{i\in T}p_i=j\)的\((-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}\)之和.转移方程如下:

\[f(i,j)\Leftarrow f(i,j)+f(i-1,j)\text{不选当前物品}\\ f(i,j+p_i)=?\text{选当前物品} \]

我们尝试求选物品时的转移方程.可以得到,\(\sum(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}\)在加入了一个元素之后就变成\(\sum(-1)^{|T|-k+1}\binom{|T|}{k-1}\).将组合数拆开,得到

\[(-1)^{|T|-k+1}\binom{|T|}{k-1}=(-1)^{|T|-k+1}\left[\binom{|T|}{k-2}+\binom{|T|-1}{k-1}\right] \]

于是原式就等价于

\[\sum(-1)^{|T|-k-1}\binom{|T|}{k-2}-\sum(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1} \]

减数就等于\(f(i-1,j)\).于是我们得到了正解:

设\(f(i,j,k)\)表示前\(i\)个物品,\(\sum_{i\in T}p_i=j\)且\(k\)如所设的\((-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}\)的和.根据上面的推导,有

\[f(i,j,k)\Leftarrow f(i,j,k)+f(i-1,j,k)\text{不选当前物品}\\ f(i,j+p_i,k)\Leftarrow f(i-1,j,k-1)-f(i-1,j,k)\text{选当前物品} \]

边界条件\(f(0,0,0)=1\).仍使用滚动数组压缩第一维.注意有\(p_i=0\)的情况.

C++实现如下:

const int Mod=998244353;
const int Maxn=10107;
 
typedef long long LL;

LL f[Maxn][15],ans;
int n,m,t,p[Maxn];

inline LL ksm(LL a,LL b)
{
	if(b==0)
		return 1;
	
	if(b==1)
		return a;
	
	LL x=ksm(a,b>>1)%Mod;
	
	if(b&1)
		return x*x%Mod*a%Mod;
	
	return x*x%Mod;
} 

int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&t,&m);
	t=n-t+1;
	
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",p+i);
	
	f[0][0]=1;
	
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		if(p[i])
			for(int j=m-p[i];~j;--j)
				for(int k=t;k;--k)
					f[j+p[i]][k]=(f[j+p[i]][k]+f[j][k-1]-f[j][k])%Mod;
	}
	
	for(int i=1;i<=m;++i)
		ans+=f[i][t]*m%Mod*ksm(i,Mod-2),
		ans%=Mod;
	
	printf("%lld\n",(ans+Mod)%Mod);
}

本文完