按位或[HAOI2015]

题目描述

刚开始你有一个数字 \(0\) ，每一秒钟你会随机选择一个 \([0,2^n-1]\) 的数字，与你手上的数字进行或（C++, C 的 |， Pascal 的 or）操作。选择数字 \(i\) 的概率是 \(p[i]\)（保证 \(0\le p[i]\le 1,\ \sum p[i]=1\) ） 问期望多少秒后，你手上的数字变成 \(2^n-1\) 。

题解

min-max容斥：

\(\max(S)=\sum\limits_{T \subset S \cap T \neq \varnothing} (-1)^{|T|+1}\min(T)\)

\(\max(S)\) 表示集合 \(S\) 的最大元素

证明大概就是除了 \(\max(S)\) 剩一个，其他都加加减减消掉了。。。

如果我们设 \(E(x)\) 表示二进制中 \(x\) 这一位第一次变成 \(1\) 的期望步数，则有

\(\max\limits_{x\in S}E(x)=\sum\limits_{T \subset S \cap T \neq \varnothing} (-1)^{|T|+1}\min\limits_{y\in T}E(y)\)

\(\max\limits_{x\in S}E(x)\) 也就是 \(S\) 中所有位都变成 \(1\) 的期望步数， \(\min\limits_{x\in S}E(x)\) 即为 \(S\) 中至少有 \(1\) 位变成 \(1\) 的期望步数

考虑后者怎么求，一步就使得 \(S\) 中至少有 \(1\) 位变成 \(1\) 的概率为 \((1-\sum\limits_{i\cap S=\varnothing} p[i])\) ，所以期望步数就是 \(\dfrac{1}{1-\sum\limits_{i\cap S=\varnothing} p[i]}\)

假设 \(S_0\) 为 \(S\) 的补集，那么 \(\sum\limits_{i\cap S=\varnothing} p[i]=\sum\limits_{i\subseteq S_0} p[i]\) ，右式可以用FMT或者状压DP在 \(O(n2^n)\) 的复杂度中求得 那么 \(\min\limits_{x\in S}E(x)=\dfrac{1}{1-\sum\limits_{i\subseteq S_0} p[i]}\) 然后套用上面的minmax容斥即可 答案即为 \(\max\limits_{x\in S}E(2^n-1)\)

无解判断方法很多也很好判断就不说了

#include <bits/stdc++.h>
#define N 1100005
using namespace std;
typedef long long ll;

int n;
double a[N], ans;

void FWT(double *F) {
	for (int i = 1; i < (1<<n); i<<=1) {
		for (int p = i<<1, j = 0; j < (1<<n); j += p) {
			for (int k = 0; k < i; k++) {
				double x = F[j+k], y = F[j+k+i];
				F[j+k] = x; F[j+k+i] = x + y;
			}
		}
	}
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 0; i < (1<<n); i++) scanf("%lf", &a[i]);
	FWT(a);
	for (int i = 1; i < (1<<n); i++) {
		if (1.0-a[((1<<n)-1)^i] <= 1e-8) {
			puts("INF"); return 0;
		}
		if (__builtin_popcount(i) & 1) ans += 1.0 / (1.0-a[((1<<n)-1)^i]);
		else ans -= 1.0 / (1.0-a[((1<<n)-1)^i]);
	}
	printf("%.10lf", ans);
	return 0;
}