[HAOI2015]按位或

I.[HAOI2015]按位或

在本题中，$\min\mathbb S$ 表示 $\mathbb S$ 中第一个被取到的位置被取到的时间，$\max\mathbb S$ 表示最后一个被取到的位置被取到的时间。则我们要求的就是 $\text E(\max\mathbb S)$。

现在，考虑计算 $\text E(\min\mathbb T)$。

设 $P(\mathbb S)$ 表示选一个数，是 $\mathbb S$ 子集的概率。显然，这个东西可以通过FMT简单求出。

则，$\min\mathbb T=i$ 的概率就是

$$P(\mathbb{S\setminus T})^{i-1}\Big(1-P(\mathbb{S\setminus T})\Big)$$

这里的 $\setminus$ 符号是集合删除符号。因为 $\mathbb T$ 中只要取到一个就算成功，所以前 $i-1$ 次都必须在 $\mathbb T$ 的补集里取，而最后一次不能在 $\mathbb T$ 的补集里取。为了简便，我们此处设 $p=P(\mathbb{S\setminus T})$。则要求

$$\sum\limits_{i=1}ip^{i-1}(1-p)$$

将其转换为

$$(1-p)\sum\limits_{i=1}ip^{i-1}$$

其是等差数列与等比数列之积的形式。故我们设 $A=\sum\limits_{i=1}ip^{i-1}$，则 $pA=\sum\limits_{i=1}ip^i=\sum\limits_{i=2}(i-1)p^{i-1}=\sum\limits_{i=1}(i-1)p^{i-1}$。计算 $A-pA$，得到 $\sum\limits_{i=1}p^{i-1}$，其等于 $\dfrac{1}{1-p}$。故 $(1-p)A=\dfrac{1}{1-p}$，即 $A=\dfrac{1}{(1-p)^2}$。再乘上最外面的 $1-p$，得到公式

$$\text E(\min\mathbb T)=\dfrac1{1-P(\mathbb{S\setminus T})}$$

直接容斥即可。时间复杂度 $O(n2^n)$，瓶颈在于FMT。

代码为了图方便，直接枚举了 $\mathbb{S\setminus T}$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps=1e-10;
int n,m;
double f[1<<20],res;
int main(){
	scanf("%d",&n),m=1<<n;
	for(int i=0;i<m;i++)scanf("%lf",&f[i]);
	for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)if(j&(1<<i))f[j]+=f[j^(1<<i)];
	for(int i=0;i<m-1;i++){
		if(f[i]+eps>1){puts("INF");return 0;}
		if(__builtin_popcount((m-1)^i)&1)res+=1/(1-f[i]);else res-=1/(1-f[i]);
	}
	printf("%.10lf\n",res);
	return 0;
}