P3175-[HAOI2015]按位或【min-max容斥,FWT】

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P3175

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题目大意

开始有一个\(n\)位二进制数\(s=0\)，每次有\(p_i\)概率选取数字\(i\)让\(s\)或上这个数字\(i\)，求期望多少次能够让\(s\)的\(n\)个位都变为\(1\)。

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解题思路

因为是或所以我们只关心最后一个选中的数，设第\(i\)位选中的期望次数为\(E(i)\)的话答案就是\(max\{E(i)\}\)。

又是期望又是\(max\)所以可以直接上\(\text{min-max}\)容斥，答案就是

\[\sum_{T\in S}min\{E(i)\}(i\in T)*(-1)^{|T|+1}
\]

算这个东西的话也就是如果我们选中一个与\(T\)有交集的数就可以退出了。期望次数=1/期望概率。所以我们直接算期望概率

也就是我们要算所有\(\sum_{G\cap T\neq \varnothing}p_{G}\)。\(G\)和\(T\)的交集非空就去掉所有交集为空的，交集为空的就是\(T\)的补集的子集和。

子集和的话就是直接拿\(p\)出来跑一次\(or\)的\(\text{FWT}\)的结果就是子集和了。

时间复杂度\(O(n2^n)\)

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1<<21;
const double eps=1e-8;
int n;double cnt[N],p[N],ans;
void FWT_or(double *f,int op){
    for(int p=2;p<=n;p<<=1)
        for(int k=0,len=p>>1;k<n;k+=p)
            for(int i=k;i<k+len;i++)
                f[i+len]+=f[i]*op;
    return;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    cnt[0]=-1;n=1<<n;
    for(int i=0;i<n;i++)
        scanf("%lf",&p[i]);
    FWT_or(p,1);
    for(int i=0;i<n;i++){
        if(i)cnt[i]=-cnt[i-(i&-i)];
        double e=1-p[(n-1)^i];
        if(fabs(e)<eps)continue;
        ans+=cnt[i]*(1.0/e);
    }
    if(ans<eps)printf("INF");
    else printf("%.10lf",ans);
}