标签：limits min luogu sum 容斥 max FWT subseteq
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题目链接：luogu P3175
题目大意
有一个数 0 你一开始，然后每次你可以与上一个数 0~2^n-1 中的，每个数有它被你选择的概率。
然后问你期望要弄多少次才能使得这个数变成 2^n-1。
思路
首先这个弄成 \(2^n-1\) 显然不好弄，我们考虑一个神奇的东西，就是 min-max 容斥。
因为这个 \(\min,\max\) 它不一定要是最大值最小值，它可以是最早出现最晚出现之类的。
所以我们可以视作最后一次操作让 \(2^n-1\) 完成是最晚出现，那最早出现就是第一次开始拼 \(2^n-1\)。
那再看回去 min-max 容斥的式子：\(\max(T)=\sum\limits_{T\subset S}(-1)^{|S|}\min(S)\)
那我们就要求出每个子集第一次被覆盖到的期望时间，设为 \(f(S)\)。
考虑生成函数，对于每次如果覆盖到就结束，没有覆盖到就要继续，然后没有覆盖到相当于覆盖了 \(S\) 的补集（这里设为 \(nS\)）的子集，然后设一次操作选的集合是 \(S\) 的子集的概率为 \(P(S)\)。
\(f(S)=P(nS)f(S)+1\)
\(f(S)=\dfrac{1}{1-P(nS)}\)
然后再看怎么求 \(P(S)\)，这个其实简单，直接一个高位前缀和就好了。
不过后来发现也可以用 FWT 之类的。
就是好像是对于 FWT 的或，它是这样的：
\(C_i=\sum\limits_{j|k=i}A_jB_k\)
然后如果设 \(f(C_i)=\sum\limits_{j\subseteq i}C_j\)
那 \(f(C_i)=\sum\limits_{j|k\subseteq i}A_jB_k=\sum\limits_{j\subseteq i,k\subseteq i}A_jB_k=f(A_i)f(B_i)\)
那 FWT 不就是跟 FFT 差不多弄个变换然后逆变换吗？
那我们 FWT 或变换得到的就是子集和！
很神奇吧。
然后又一些细节，就是记得有个东西是如果无解输出 INF。
那首先如果答案是 \(0\) 你得 INF，而且可能因为你 \(f(S)\) 的求里面可能下面是 \(0\)（就 \(P(nS)=1\)），所以碰到这些你要直接跳过，不然会出问题。
代码
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N = 20;
const double eps = 1e-8;
int n, xs[1 << N];
double p[1 << N], f[1 << N], ans;
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) scanf("%lf", &p[i]);
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < (1 << n); j++)
if ((j >> i) & 1) p[j] += p[j ^ (1 << i)];
}
xs[0] = -1;
for (int i = 1; i < (1 << n); i++) {
xs[i] = -xs[i ^ (i & (-i))];
if (1 - p[i ^ ((1 << n) - 1)] < eps) continue;
f[i] = 1.0 / (1 - p[i ^ ((1 << n) - 1)]);
ans += f[i] * xs[i];
}
if (ans < eps) printf("INF");
else printf("%.8lf", ans);
return 0;
}
标签：limits,min,luogu,sum,容斥,max,FWT,subseteq 来源： https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/luogu_P3175.html
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