[学习笔记] $Maximum$ $Minimum$ $identity$

\(Maximum\) \(Minimum\) \(identity\)学习笔记

　　比较好玩的一个科技。具体来说就是\(max(a,b)=a+b-min(a,b)\)，这个式子是比较显然的，但是这个可以扩展到更多数字，比如说\(max(a,b,c)=a+b+c-min(a,b)-min(a,c)-min(b,c)+min(a,b,c)\)，其实就是容斥一下。这个东西的用处就是直接求\(max\)比较难求，转化成求\(min\)。

　　例题\(1\)： \(bzoj\) \(4036\)。

　　首先根据\(|\)的性质，如果这一位有了\(1\)就会一直又下去，假设\(t[i]\)表示二进制下第\(i\)位变成\(1\)的时间，那么最后要求的其实就是\(E[max(t[0],t[1],...t[n-1])]\)，\(E\)就是期望。这个东西直接求是比较麻烦的，要把问题转化一下，利用\(Maximum\) \(Minimum\) \(identity\)，可以把原来的式子化简一下。这里举个简单的例子，比如说只有两位数，那么\(E[max(t[0],t[1])]=E[t[0]]+E[t[1]]-E[min(t[0],t[1])]\)，如何求\(min(t[0],t[1])\)呢?其实就是相当于第\(0\)位与第\(1\)位均没有变成\(1\)的期望时间，设集合\(S\)为全集减去\(0,1\)的集合，操作集合就是\(S\)的一个子集。然后根据公式 期望时间\(T=1/p\)，\(p\)为概率。只需要y用\(FMT\)把一个集合的所有子集概率和算出来就行了，最后枚举一下状态，看一下\(1\)的个数来确定容斥系数，时间复杂度\(O(2^n*n)\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>

using namespace std;
const int MAXN = (1<<20)+5;

int n;
double p[MAXN],ans;

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++) scanf("%lf",&p[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<(1<<n);j++)
			if((j&(1<<(i-1)))) p[j]+=p[j^(1<<(i-1))];
	for(int i=0;i<(1<<n)-1;i++){
		if(p[i]>=1.0-1e-7) {puts("INF");return 0;}
		int now=__builtin_popcount(i);now=n-now;
		if(now&1) ans+=1.0/(1.0-p[i]);
		else ans-=1.0/(1.0-p[i]);
	}
	printf("%.10lf",ans);
	return 0;
}

　　例题\(2\)：\(hdu\) \(4624\)

　　题目相当于给一个序列染色，首先可以利用上一道题的思路直接算，但时间复杂度是\(O(2^n)\)的。需要一个多项式时间复杂度的算法，自然而然能想到\(dp\)。我们把这个序列是否被染过色用一个\(0/1\)串表示，如果被染过则为\(1\)。我们发现其实需要的信息只有两条，一个是染过的奇偶性，这个用来确定容斥系数，还有一个是有多少个操作能操作到没被染过颜色的集合。设\(f[i][0/1][j]\)表示染到第\(i\)位，\(0/1\)表示为奇数还是偶数，\(j\)表示能操作到的没被染过色的集合。那么转移方程为\(f[i][j][k]->f[l][j\) \(xor\) \(1][k+C_{l-i-1}^2 ]\)。首先预处理出\(f\)数组，然后就可以计算期望\(E[x]\)，这就与上一题的计算方式差不多了，只需要枚举每一个状态，注意还要算上\(x\)这个点到枚举的终点这一段的区间。具体看代码，\(hdu\)需要保留\(15\)位小数，必须要写高精度，我懒得写了。。。时间复杂度\(O(n^4)\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>

using namespace std;
const int MAXN = 55;
const double eps = 1e-8;
typedef long long LL;

inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) {f=ch=='-'?0:1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))  {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
	return f?x:-x;
}

LL f[MAXN][2][MAXN*MAXN/2];
int n,T;
double E[MAXN];

int main(){
	f[0][0][0]=1;
	for(int i=0;i<=49;i++)
		for(int j=0;j<=(i*(i+1))/2;j++)
			for(int op=0;op<=1;op++)if(f[i][op][j])
				for(int k=i+1;k<=50;k++)
					f[k][op^1][j+(k-i)*(k-i-1)/2]+=f[i][op][j];
	for(int i=1;i<=50;i++)
		for(int j=0;j<=i;j++)
			for(int k=0;k<=(j+1)*j/2;k++)
				for(int op=0;op<=1;op++)if(f[j][op][k]){
					double p=(double)(k+(i-j)*(i-j+1)/2)/(i*(i+1)/2);
					if(p>=1.0-eps) continue;
					if(op) E[i]+=(double)f[j][op][k]/(1-p);
					else E[i]-=(double)f[j][op][k]/(1-p);
				}
	T=rd();
	while(T--){
		n=rd();printf("%.15lf\n",E[n]);
	}
	return 0;
}