Min-Max 容斥学习笔记

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核心公式

\[\begin{aligned} \max_{i\in S}x_i=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\lvert T\rvert-1}\min_{j\in T}x_j\\ \min_{i\in S}x_i=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\lvert T\rvert-1}\max_{j\in T}x_j\\ \end{aligned} \]

证明：转换成容斥原理的一般（集合）形式。构造映射 \(f:x \mapsto \{i|i\leq x\}\)，则 \(f(\min(x,y))=f(x)\cap f(y)\)，\(f(\max(x,y))=f(x)\cup f(y)\)。代入上式，得到：

\[\begin{aligned} \max_{i\in S}x_i&=\lvert\bigcup_{i\in S}f(x_i)\rvert\\ &=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\lvert T\rvert-1}\lvert\bigcap_{j\in T}f(x_j)\rvert\\ &=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\lvert T\rvert-1}\min_{j\in T}x_j \end{aligned} \]

对于第二个公式同理。

看似没有什么用，但是其在期望意义下也是成立的，即：

\[\begin{aligned} E(\max_{i\in S}x_i)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\lvert T\rvert-1}E(\min_{j\in T}x_j)\\ E(\min_{i\in S}x_i)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\lvert T\rvert-1}E(\max_{j\in T}x_j)\\ \end{aligned} \]

扩展

\[\begin{aligned} \text{kth}\!\max_{i\in T}x_i&=\sum_{S\in T}(-1)^{\lvert S\rvert-k}\binom{\lvert S\rvert-1}{k-1}\min_{i\in T}x_i\\ \text{kth}\!\min_{i\in T}x_i&=\sum_{S\in T}(-1)^{\lvert S\rvert-k}\binom{\lvert S\rvert-1}{k-1}\max_{i\in T}x_i\\ E(\text{kth}\!\max_{i\in T}x_i)&=\sum_{S\in T}(-1)^{\lvert S\rvert-k}\binom{\lvert S\rvert-1}{k-1}E(\min_{i\in T}x_i)\\ E(\text{kth}\!\min_{i\in T}x_i)&=\sum_{S\in T}(-1)^{\lvert S\rvert-k}\binom{\lvert S\rvert-1}{k-1}E(\max_{i\in T}x_i)\\ \end{aligned} \]

证明好复杂。。不会。。

例题

P3175 [HAOI2015] 按位或

看出了 \(\text{Min-Max}\) 容斥就是板子题了。可以设 \(x_i\) 变量为第 \(i\) 位变成 \(1\) 的时间。求得就是：

\[E(\max_{i\in S}x_i) \]

直接套板子：

\[E(\max_{i\in S}x_i)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\lvert T\rvert-1}E(\min_{j\in T}x_j) \]

转成了 \(\min\)，这样就是“集合内第一个数变成 \(1\)” 的期望时间。可以设 \(x=\sum_{T\cap S\not=\emptyset}a_T\)，这样第一个数出现的期望就是：

\[E=x\sum_{i=0}^{\infty}(i-x)^i(i+1) \]

用等比数列求和的套路变形两次就可以得到：

\[E=\frac 1 x \]

多次求可以先求 \(1-x\)，即 \(\sum_{T\cap S=\emptyset}a_T\)，暴力是 \(\mathcal O(3^n)\)，用 FWT 优化到 \(\mathcal O(n2^n)\)。

P5643 [PKUWC2018] 随机游走

\(\max\) 转成 \(\min\)，设 \(g_i\) 表示从 \(i\) 出发第一次到达 \(T\) 中的点的期望步数。可以归纳证明对于任意的 \(i\)，\(g_i\) 都可以表示成 \(A_i+B_ig_{fa}\)。证明如下：

若 \(i\in T\)，则 \(g_i=0\)。

若 \(i\) 是叶子，则 \(f_i=1+fa_i\)。

否则 \(g_i=1+\frac 1 {deg_i}(g_{fa}+\sum_{j\in son_i}A_j+B_jg_i)\)。移项变形：

\[\begin{aligned} deg_ig_i&=deg_i+g_{fa}+\sum_{j\in son_i}A_j+B_jg_i\\ (deg_i-\sum_{j\in son_i}B_j)g_i&=deg_i+g_{fa}+\sum_{j\in son_i} A_j\\ g_i&=\frac{deg_i+\sum_{j\in son_i}A_j}{deg_i-\sum_{j\in son_i}B_j}+\frac {g_{fa}}{deg_i-\sum_{j\in son_i}B_j} \end{aligned} \]

这样就不用 $\mathcal O(n^3) $ 暴力高消了。所以对于枚举所有集合 \(T\)，每个集合 dfs 一遍求出 \(f_T\) 表示从给定起点开始走到 \(T\) 中点的期望步数。预处理 \(f_T(-1)^{\lvert T\rvert-1}\) 的 FWT 数组，查询 \(\mathcal O(1)\)，总复杂度 \(\mathcal O(n2^n\log P+q)\)。稍微有点卡常，求逆元可以改成 \(\text{exgcd}\)。

P4707 重返现世

比较神的题，但是难点不在第一步转化。

设 \(x_i\) 表示第 \(i\) 种原料出现期望，就是求第 \(k\) 小的期望。但是这样只能转成最大，但是我们希望转成最小。所以看成是求第 \(n-k+1\) 大的期望。下记 \(k\) 表示题目中的 \(n-k+1\)，要求的就是：

\[\sum_{T}(-1)^{\lvert T\rvert -1}\binom{\lvert T\rvert -1}{k-1}E(\min_{i\in T}x_i) \]

式中最后的期望就是 \(\frac 1 {\sum_{i\in T}p_i}\)。但是这里 \(n\) 开到了 \(1000\)，肯定不能枚举子集。把上面的组合数拆开：

\[\sum_{T}(-1)^{\lvert T\rvert -1}\frac{(\lvert T\rvert -1)^{\underline{k-1}}}{(k-1)!}\frac 1 {\sum_{i\in T}p_i} \]

所以可以设 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑了前 \(i\) 个原料，\(T\) 的大小为 \(j\)，\(\sum_{i\in T} p_i\) 为 \(k\)，然后就发现爆了。

\(k\) 非常的小。这里有一步很厉害的转化。有组合恒等式：

\[\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m-1}+\binom{n-1}{m} \]

这样如果 \(\lvert T\rvert\) 增加了 \(1\)，可以从 \(k-1\) 和 \(k\) 转移。所以设 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑了 \(i\) 个原料，\(\sum_{x\in T}p_x=j\) 时 \((-1)^{\lvert T\rvert-k}\binom{\lvert T\rvert -1}{k-1}\) 之和。推一下转移方程：

\[\begin{aligned} f_{i,j+p_i,k}&=(-1)^{\lvert T\rvert-k+1}\binom{\lvert T\rvert}{k-1}\\ &= -(-1)^{\lvert T\rvert-k}\binom{\lvert T\rvert-1}{k-1}+(-1)^{\lvert T\rvert-k+1}\binom{\lvert T\rvert-1}{k-2}\\ &=-f_{i-1,j,k}+f_{i-1,j,k-1}\\ f_{i,j,k}&=f_{i-1,j,k} \end{aligned} \]

边界是 \(f_{0,0,0}=1\)，总复杂度 \(\mathcal O(nm(n-k))\)。

总结

\(\text{Min-Max}\) 容斥的题感觉都比较套路，而且大部分都有非常明显的提示，比如 \(\min\) 好求 \(\max\) 不好求或者相反。