【复习笔记】Min-Max容斥
每次学容斥都感觉自己萌萌哒 !!!∑(ﾟДﾟノ)ノ
【你已经是复习了啊喂
结论
PS: Min Max可以互换位置【原因看证明
证明
考虑 第x大的元素（\(x \neq 1\)）的容斥系数\(f(x)\)
他会被计算\(f(x)=\sum_{i=0}^{x-1} (-1)^i \binom{x-1}{i} =0\)次 （可以二项式反演 或者直接观察杨辉三角）
而只有最大的元素会被算1次 所以正确性显然
对于\(Min-Max\)互换 显然就是把第x大换成第x小而已
根据期望的线性性有第二个结论 根据数论空间【诶这是什么奇怪的名字】里的运算规则可以推出第三个结论【好吧 说白了就是感性理解】
例题
其实各种容斥是相通的所以有好多题既可以二项式反演又可以\(Min-Max\)容斥= =
PKUWC2018随机游走
给定一棵n个结点的树，你从点x出发，每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去。
有Q次询问，每次询问给定一个集合S，求如果从x出发一直随机游走，直到点集S中所有点都至少经过一次的话，期望游走几步。
特别地，点x（即起点）视为一开始就被经过了一次。
答案对998244353取模。
\(1\le n\le 18,1\le Q\le5000,1\le k \le n\)
思路：
显然的不能再显然的\(Min-Max\)容斥= =
根据第二个结论 我们只需要求出\(T\subseteq S\)中第一个被经过的期望时间就可以了
所以我们肯定是对于所有集合算出来最早经过的时间 直接枚举钦定的集合
然后树上高斯消元就可以了 最后容斥用FWT就能保证复杂度是\(O(2^n*n)\)了
代码：戳我
HAOI2015 按位或
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按位或操作。选择数字\(i\)的概率是\(p[i]\)。保证\(0<=p[i]<=1\)，\(Σp[i]=1\)问期望多少秒后，你手上的数字变成\(2^n-1\)。
\(n\le 20\)
思路：又是显然的\(Min-Max\)容斥
显然是第二个结论 考虑每一位的期望时间 就是求一个\(E(Min T) = \frac{1}{\sum_{g \oplus T \neq \emptyset} P[g]}\)
这玩意简单容斥一下就是求T的补集的子集和 FWT就可以了
代码：戳我
LOJ6102「2017 山东二轮集训 Day1」第三题
输入一个大小为\(n\)的集合\(S\)，求\(lcm_{k∈S} f_k\)，其中\(f_k\)是第\(k\)个Fibonacci数。
\(n≤5×10^4,u≤10^6\)
思路：这貌似是经典题然鹅我不会TAT
首先你需要知道\(gcd(f_a,f_b)=f_{gcd(a,b)}\) 证明显然就是\(gcd(f_a,f_b)=gcd(f_a,f_{a-b})\)就好了
显然是第三种形式
写出来\(lcm(f_S)=\prod_{\emptyset \neq T \subseteq S} (-1)^{|T|-1}gcd(f_T)\)
既然有\(gcd\)那你就反演吧
设\(f_n = \prod_{d|n} g_d\) 则有 \(g_n =\prod_{d|n} f_d^{\mu(\frac{n}{d})}\)
带进上边的柿子\(\prod_{\emptyset \neq T \subseteq S} (\prod_{d|gcd(T)} g_d)^{(-1)^{|T|-1}}\)
把左边的prod提到指数上 \(\prod g_d ^{\sum_{\emptyset \neq T \subseteq S , d|gcd(T)} (-1)^{|T|-1} }\)
观察指数发现有点眼熟怎么肥四 哦 就是我们用二项式反演证明过的柿子啊
设\(d\)指数为\(S_d=\{ \exists n \in S, d|n \}\)
所以筛一下就可以\(O(nlgn)\)解决了
代码：戳我
UOJ449 喂鸽子
小Z是养鸽子的人。一天，小Z给鸽子们喂玉米吃。一共有n只鸽子，小Z每秒会等概率选择一只鸽子并给他一粒玉米。一只鸽子饱了当且仅当它吃了的玉米粒数量\(\ge k\)。小Z想要你告诉他，期望多少秒之后所有的鸽子都饱了。对\(998244353\)取模。
\(n\le 50, k\le 1000\)
思路：
一眼\(min-max\)容斥 然后我们就是如何快速求\(E(MinT)\)了
让我想起来这个题->走你 求法非常类似了
我们考虑枚举\(i=|T|\) 然后有\(ans=\sum_{i=1}^n (-1)^{i-1} \binom{n}{i} \frac{n}{i} f(i)\)
（期望每\(\frac{n}{i}\)次能搞来一个\(T\)中元素）
考虑求\(f(i)=\sum_{j=0}^{(i-1)(k-1)} g[i-1][j] (j+k) i (\frac{1}{i})^{j+k} \binom{j+k-1}{j}\)
\(g[i][j]\)表示\(i\)只鸽子一共喂了\(j\)粒玉米 且没有鸽子吃饱的方案数
可以\(O(n^2k)\)dp计算 dp过程中就是考虑新的一粒玉米给谁 然后减去不合法的就好了 也就是
\(g[i][j] = i\cdot g[i][j-1] - i\binom{j-1}{k-1}g[i-1][j-k]\)
最后总复杂度就是\(O(n^2k)\)了
代码：戳我
扩展Min-Max容斥
考虑用min来计算第k大【是不是毒瘤！
我们刚刚的想法就是对于最大的元素 我们令它的贡献为1 否则为0
现在我们要做的就是对于第k大的元素贡献为1 否则为0
也就是\(\sum_{i=0}^{x-1} \binom{x-1}{i}f(i) = [x==k]\)
根据二项式反演 有\(\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\binom{n}{i}[i+1==k]=f(n+1)\)
得到\(f(n+1)=(-1)^{n-k-1}\binom{n}{k-1}\)即\(f(n)=(-1)^{n-k} \binom{n-1}{k-1}\)
带回原式
例题
洛谷4707 重返现世
为了打开返回现世的大门，Yopilla 需要制作开启大门的钥匙。Yopilla 所在的迷失大陆有 \(n\) 种原料，只需要集齐任意 \(k\) 种，就可以开始制作。Yopilla 来到了迷失大陆的核心地域。每个单位时间，这片地域就会随机生成一种原料。每种原料被生成的概率是不同的，第 \(i\) 种原料被生成的概率是 \(\frac{p_i}{m}\) 。如果 Yopilla 没有这种原料，那么就可以进行收集。Yopilla 急于知道，他收集到任意 \(k\) 种原料的期望时间，答案对 \(998244353\) 取模。
一句话题意：求全集的\(k-max\)
\(1 \le n \le 1000\) ，\(1 \le k \le n, \lvert n - k \rvert \le 10\) ，\(0 \le p_i \le m, \sum p = m, 1 \le m \le 10000\)
思路：
我们就是求\((n-k+1)-max\)上面已经给出柿子了 我们现在就考虑怎么快速计算\(Min(T)\)
显然暴力算\(f_{i,j,k}\)（第i个已经选了j个概率和是k）的话是\(O(nmk)\)级别的\(dp\) 我们考虑如何优化这个过程
我们换\(dp\)状态为\(f_{j,k}\)（省略i那一维了）表示\(f_{j,k}=\sum (-1)^{i-k} \binom{i-1}{k-1}Cnt_{i,j}\) 其中\(Cnt_{i,j}\)就是原来的\(dp\)数组 表示选了i个概率和是k
然后我们现在考虑塞进一个物品去 然后强制\(k\)也变大1 也就是下面这样了
\(\sum (-1)^{i+1-(k+1)} \binom{i}{k} Cnt_{i+1,j+p[i]}\)
也就是集合大小增加了1 然后让k也+1
这样怎么转移呢 我们考虑把\(\binom{i}{k}\)拆成\(\binom{i-1}{k-1}\)和\(\binom{i}{k-1}\)
也就是对应\(f_{k-1,j-p}\)和\(f_{k,j-p}\)然后发现 这个\(k-1\)对应的是\((-1)^{i-1-(k-1)}\)是对的系数 而\(k\)对应的是\((-1)^{i-1-k}\)所以差了一个\(-1\)的系数所以最后的转移其实是\(F_{k,j} = f_{k,j}+f_{k,j-p}-f_{k-1,j-p}\)
这样的话DP就把\(k\)优化到\(n-k\)了 最后边界问题就是\(f_{i,0}(i>0)\)是\(-1\) 原因是要保证\(i=k\)的时候贡献是\((0-(-1))=1\) \(i<k\)的时候\((-1)-(-1)=0\)
最后就是逆元算贡献就可以了
好神的题.jpg
代码：戳我
