经常和概率期望题相结合。

对于全序集合 \(S\),有:

\[\max S=\sum\limits_{T\subseteq S,T\not=\varnothing}(-1)^{\vert T\vert -1}\min T
\]
\[\min S=\sum\limits_{T\subseteq S,T\not=\varnothing}(-1)^{\vert T\vert -1}\max T
\]

证明

对于 \(x\in S\),假设 \(x\) 是 \(S\) 中第 \(k\) 大的元素,则建立映射\(f:x\rightarrow \{1,2,\dots,k\}\)。

可以得到对于 \(x,y\in S\),有:

\[f(\min (x,y))=f(x)\cap f(y)
\]
\[f(\max (x,y))=f(x)\cup f(y)
\]

因此得到:

\[\begin{aligned}
\vert f(\max S)\vert&=\bigg\vert \bigcup\limits_{x\in S}f(x)\bigg\vert \\
&=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert -1}\bigg\vert \bigcap\limits_{x\in T}f(x)\bigg\vert\\
&=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert -1}\ \vert f(\min T)\vert\\
\end{aligned}\]

将 \(\vert f(\max S)\vert\) 映射回原式,从而得证。

通俗的说,就是对于除本身集合的其他的集合取最小值时,集合大小为奇数时加上,大小为偶数时减掉,而选奇数个和选偶数个的方案数又是一样的,于是抵消掉了,最后只剩下 \(f(\max\limits_{x\in S} x)\)的贡献。

拓展

\[\max_k S=\sum\limits_{T\subseteq S,\vert T\vert\geq k}(-1)^{\vert T\vert -k}{\vert T\vert-1\choose k-1}\min T
\]

背他就完了

应用

常见的应用:有 \(n\) 个变量,每个变量出现的概率为 \(p\)。问每一个变量都出现的期望时间。

根据期望的线性性质,可以得到

\[E(\max S)=\sum\limits_{T\subseteq S,T\not=\varnothing}(-1)^{\vert T\vert -1}E(\min T)
\]

其中 \(E(\min T)\) 显然就是 \(\cfrac{1}{\sum\limits_{i\in T}p_i}\)。

例题:礼物

夏川的生日就要到了。作为夏川形式上的男朋友,季堂打算给夏川买一些生日礼物。

商店里一共有种礼物。夏川每得到一种礼物,就会获得相应喜悦值 $ W_i$(每种礼物的喜悦值不能重复获得)。

每次,店员会按照一定的概率 \(P_i\)(或者不拿出礼物),将第i种礼物拿出来。 季堂每次都会将店员拿出来的礼物买下来。没有拿出来视为什么都没有买到,也 算一次购买。

众所周知,白毛切开都是黑的。所以季堂希望最后夏川的喜悦值尽可能地高。

求夏川最后最大的喜悦值是多少,并求出使夏川得到这个喜悦值,季堂的期望购买次数。

显然的 Min-max 容斥模板题。最大的喜悦值就是给出的喜悦值的和,而剩下就是套式子了。用 dfs 枚举子集 \(T\),时间效率 \(O(2^n)\) ,空间效率 \(O(n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=30;
int n;
long long ans;
double res;
double p[maxn]; void dfs(int now,double sum,int opt){
if(now==n+1){
if(sum>1e-9)res+=1.0*opt/sum;
return;
}
dfs(now+1,sum+p[now],-opt);
dfs(now+1,sum,opt);
} int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
long long u;
scanf("%lf%lld",&p[i],&u);
ans+=u;
}
printf("%lld\n",ans);
dfs(1,0,-1);
printf("%.3lf\n",res);
return 0;
}

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