HAOI2015 按位或

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

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题目链接

\(LOJ\)
\(Luogu\)

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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.

\[Max(S)=\sum_{T\subset S}(-1)^{|T|+1}Min(T)\\ Min(S)=\sum_{T\subset S}(-1)^{|T|+1}Max(T) \]

更神仙的是它支持期望,这在这道题中有很好的体现.

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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\(Max(S)=\sum_{T\subset S}(-1)^{|T|+1}Min(T)\)
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\(T\),\(T\cap S\not=\emptyset\),那么\(S\)中就有\(1\)了.
那么\(Min(S)=\frac{1}{\sum_{T\cap S\not=\emptyset}P_T}\)
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\(S'=S\oplus (2^n-1))\).
如果\(T\cap S=\emptyset\),那么\(T\subset S'\).
因此\(\sum_{T\cap S\not=\emptyset}P_T=1-\sum_{T'\subset S'}P_{T'}\)
\(\sum_{T'\subset S'}P_{T'}\)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('\n')
#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);
}