[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;
}