BZOJ4036：按位或 （min_max容斥&高维前缀和）

Description

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<=p[i]<=1，Σp[i]=1问期望多少秒后，你手上的数字变成2^n-1。

Input

第一行输入n表示n个元素，第二行输入2^n个数，第i个数表示选到i-1的概率

Output

仅输出一个数表示答案，绝对误差或相对误差不超过1e-6即可算通过。如果无解则要输出INF

Sample Input

2
0.250.250.250.25

Sample Output

2.6666666667

HINT

对于100%的数据，n<=20

思路：可以min_max容斥来做，问题的关键就是求出得到所有子集X的期望F(X)就可以了，P(X)的概率为所有对X有贡献的p[x]之和（x是所有和X有交集的x，即便x含有X没有的部分）;

我们倒过来求与X交集为空的部分的概率，即M^X的子集的概率，这部分可以用高维前缀和来做。

    for(int i=;i<N;i++)
     for(int j=;j<(<<N);j++)
        if(j&(<<i)) F[j]+=F[j^(<<i)];
这个代码可以得到子集的前缀和。 复杂度是O(N*^N)

超集的写法：

    for(int i=;i<N;i++)
     for(int j=;j<(<<N);j++)
        if(!j&(<<i)) F[j]+=F[j|(<<i)];

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=<<;
double P[maxn],ans;int N,sum,M;
void dfs(int pos,int now,int cnt)
{
    if(pos==N){
        if(cnt>=){
            if(cnt&) ans+=1.0/(1.0-P[(M-)^now]);
            else ans-=1.0/(1.0-P[(M-)^now]);
        }
        return ;
    }
    dfs(pos+,now|(<<pos),cnt+);
    dfs(pos+,now,cnt);
}
int main()
{
    scanf("%d",&N); M=<<N;
    for(int i=;i<M;i++){
         scanf("%lf",&P[i]);
         if(P[i]>) sum|=i;
    }
    if(sum!=M-) return  puts("INF"),;
    for(int i=;i<N;i++)
     for(int j=;j<M;j++)
        if(j&(<<i)) P[j]+=P[j^(<<i)];
    dfs(,,);
    printf("%.6lf\n",ans);
    return ;
}
//2 0.25 0.25 0.25 0.25

当然，为1的个数我们也可以预处理出来。就不用DFS了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=<<;
double P[maxn],ans;int N,sum,M,num[maxn];
int main()
{
    scanf("%d",&N); M=<<N;
    for(int i=;i<M;i++){
         scanf("%lf",&P[i]);
         if(P[i]>) sum|=i;
    }
    if(sum!=M-) return  puts("INF"),;
    for(int i=;i<M;i++) num[i]=num[i>>]+(i&);
    for(int i=;i<N;i++)
     for(int j=;j<M;j++)
        if(j&(<<i)) P[j]+=P[j^(<<i)];
    for(int i=;i<M;i++)
        ans+=(num[i]&?1.0:-1.0)/(-P[(M-)^i]);
    printf("%.6lf\n",ans);
    return ;
}
//2 0.25 0.25 0.25 0.25