Luogu P3175 [HAOI2015]按位或

题面

minmax反演。

题目的本质是求所有位上的1出现的期望中最大的那一个。

• minmax反演的套路：\(max\{s\}=\sum_{T \subset S}(-1)^{|T|+1}min\{T\}\)。

• 下面简单证明(感性理解)一下：

  我们假设最大值为x(有多个最大值也一样的)，然后我们的\(T\)集合分为包含了x与没包含x的。

  我们先不考虑\(\{x\}与\emptyset\)。由于x是最大值，所以\(T\)的最小值不受x的影响，所以对于其中一个不包含x的集合\(\{A\}\)，他的最小值与\(\{A\}\bigcup\{x\}\)的最小值相同，并且他们的集合大小差1，所以他们抵消了。

  然后\(\emptyset\)对答案无贡献，\(\{x\}\)对答案的贡献为x，所以等式成立。

  这个东西在期望中很好用。

• 对本题而言，\(min\{T\}\)就是\(T\)集合中任意一个1出现的期望。设所有与\(T\)有交集(相同位上的1)的所有数的出现概率和为\(sum\)。(比如:二进制下\(T=100\)，那么与\(T\)有交集的数为\(\{100,101,110,111\}\))。那么\(min\{T\}=\frac{1}{sum}\)。

  证明：

  \[设E=min\{T\}\\ E=sum\cdot1+(1-sum)\cdot(1+E)\\ E=\frac{1}{sum} \]

  然后直接套用上面的公式就可以了。

  关键是怎么求出\(sum\)。

  不会FWT

  我们感觉直接求与一个集合有交的所有集合有些困难，于是我们“正难则反”，求它的补集。也就是说，对于集合\(T\)我们求出包含于\(T\)的补集的所有数的\(sum\)，然后\(1-sum\)就是我们要的东西了。

  求包含于某个集合的所有数的\(sum\)可以用\(O(n*2^{n})\)的递推(注意循环嵌套的顺序不能错了)。

  代码:

  #include<bits/stdc++.h>
  #define ll long long
  #define N 21
  #define eps 1e-7
  
  using namespace std;
  inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
  
  int n;
  double sum[1<<N],ans;
  int main() {
      n=Get();
      int maxx=(1<<n)-1;
      for(int i=0;i<(1<<n);i++) {
          double a;
          scanf("%lf",&a);
          sum[i]=a;
      }
      
      for(int i=1;i<=n;i++) {
          for(int s=0;s<(1<<n);s++) {
              if(s&(1<<i-1)) sum[s]+=sum[s^(1<<i-1)];
          }
      }
      for(int s=1;s<(1<<n);s++) {
          double f=-1;
          for(int i=1;i<=n;i++) if(s&(1<<i-1)) f*=-1;
          if(1-sum[maxx^s]<=eps) {cout<<"INF";return 0;}
          ans+=f/(1-sum[maxx^s]);
      }
      
      cout<<fixed<<setprecision(9)<<ans;
      return 0;
  }