Endless Spin

给你一段长度为[1..n]的白色区间,每次随机的取一个子区间将这个区间涂黑,问整个区间被涂黑时需要的期望次数。

n<=50

题解

显然是min-max容斥,但是n的范围太大,不能暴力枚举。

设计DP,令f(i,j,k)表示前i个球中必须选第i个球,有j种区间可以选择并且选择他们不会涂黑决定要涂黑的球,决定要涂黑的球的个数是奇数还是偶数的方案数。

转移就考虑第i个球必须选时,上一个决定要选的球是哪个就行了。

注意这题需要实现一个高精度。

CO int N=51;
LL dp[N][N*N][2];
LL ans[100]; IN int sec(int n){
return n*(n+1)/2;
}
void add(LL a,LL b){
ans[0]+=floor((LD)a/b),a-=floor((LD)a/b)*b;
for(int i=1;i<100;++i)
a*=10,ans[i]+=a/b,a%=b;
}
void real_main(){
int n=read<int>();
memset(dp,0,sizeof dp),dp[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<=sec(i);++j)
for(int k=i-1;k>=0;--k){ // last ball
if(sec(i-k-1)>j) break;
dp[i][j][0]+=dp[k][j-sec(i-k-1)][1];
dp[i][j][1]+=dp[k][j-sec(i-k-1)][0];
}
memset(ans,0,sizeof ans);
for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<sec(i);++j)
add((dp[i][j][1]-dp[i][j][0])*sec(n),sec(n)-j-sec(n-i));
for(int i=99;i>=16;--i)
if(ans[i]>=10) ans[i-1]+=ans[i]/10,ans[i]%=10;
if(ans[16]>=5) ++ans[15];
for(int i=15;i>=1;--i)
if(ans[i]>=10) ans[i-1]+=ans[i]/10,ans[i]%=10;
printf("%lld.",ans[0]);
for(int i=1;i<=15;++i) printf("%lld",ans[i]);
puts("");
}
int main(){
// freopen("HDU4624.in","r",stdin),freopen("HDU4624.out","w",stdout);
for(int T=read<int>();T--;) real_main();
return 0;
}

按位或

题目描述

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。

输入格式

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

输出格式

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

输入输出样例

输入 #1
复制

2
0.25 0.25 0.25 0.25
输出 #1
复制

2.6666666667

说明/提示

对于100%的数据,n<=20

shadowice1984的题解

min-max容斥原理

min-max容斥原理,其实就是两个很简单的等式

记\(\max(S)\)为集合S中的最大值,\(\min(S)\)为集合S中的最小值,\(|S|\)为集合\(S\)的元素数量,那么以下两个等式成立

\[\max(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}\min(T)\\
\min(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}\max(T)
\]

所谓的min-max容斥原理大概就是这两个简单的等式了,它真正暴力的地方在于我们就算根本没法进行大小比较,也可以仅通过加减法把max或者min以极其暴力的方式\(O(2^n)\)的枚举子集容斥出来

下面我们尝试着给出证明,这里只证明第一个等式好了,后边的可以自行推出

其实只需要证明一件事,就是除了\(\min(T)=\max(S)\)的那个值,其他的\(\min\)值都被消掉了就可以了(这里说明一下,我们假定集合中的元素两两相异,如果存在相同的值的话,我们给其中几个加上一些eps扰动一下即可,反正不影响最值就是了)

先来说明\(\max(S)\)的系数为什么是\(1\),假设中S最大的元素是\(a\),那么我们会发现只有\(\min(\{a\})=\max(S)\)所以\(\max(S)\)的系数必须是\(1\)

然后再说明为什么别的\(\min\)都被消掉了,假设某个元素\(b\)的排名是\(k\),那么\(\min(T)=b\)当且仅当我们选出的集合是后\(n-k\)个的元素构成的集合的子集然后并上\(\{b\}\)得到的,我们会发现显然这样的集合有\(2^{n-k}\)种,而显然这其中恰有\(2^{n-k-1}\)中是有奇数个元素的,恰有\(2^{n-k-1}\)种是有偶数个元素的,两两相消自然就成\(0\)了。当然上述等式在\(k=n\)的时候不成立,但是此时剩下的刚好是最大值,所以证明完毕。

一些推导

现在我们有了非常暴力的min-max定理了,让我们来看看我们可以干一些什么事

一个令人惊讶的事实是,min-max定理在期望下成立,我们记\(E(\max(S))\)为集合中\(\max\)值的期望,那么有

\[E(\max(S))=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}E(\min(T))\\
E(\min(S))=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}E(\max(T))
\]

那么如何定义在这道题里面的期望呢?

我们现在发现如果认为某个位置变为\(1\)的步数是一个随机变量的话,那么\(E(\max(S))\)可以认为是某个集合\(S\)中最晚元素出现的期望时间。(因为最晚的位置都变成\(1\)了,所有的位置自然都变成\(1\)了)

那么很现实的一个事情是,我们没法比较两个位置变成\(1\)的期望步数长短,所以我们要使用min-max容斥原理在没有办法比较大小的情况下的求出\(\max\)来

但是我们必须有一个求出\(\min\)的方式……否则min-max容斥就是白搭,也就是说我们需要求\(E(\min(T))\),即集合T中最早元素出现的期望时间。

离散随机变量的几何分布

几何分布就是这里有一个离散型随机变量\(X\),满足

\[P(x=k)=(1-p)^{k-1}p (k\in N^{+})
\]

其中\(p\)是一个常量

然后我们就说这个离散型随机变量\(X\)服从带参数\(p\)的几何分布

然后不如让我来试着求一下一个服从几何分布的随机变量的期望?

\[E(X)=\sum_{i=1}^{+ \infty}iP(x=i)
=p\sum_{i=1}^{+ \infty} i(1-p)^{i-1}
\]

然后我们发现这大概是一个等比数列*等差数列的数列求和的式子

可以算出来是这个式子

\[E(x)=p\frac{1}{1-(1-p^2)}=p\frac{1}{p^2}=\frac{1}{p}
\]

另一些推导

接着上一次推导,我们现在要求\(E(\min(T))\)了

那么我们可以发现\(P(\min(T)=k)\)的意义就是前\(k-1\)次都没有选中这个集合中的哪怕一个数,换句话来讲,前\(k-1\)次都是选了这个集合补集的子集,然后第\(k\)次没有选这个集合补集的子集,可以列出这样一个式子,我们记\(P(S)\)为选中\(S\)子集的概率之和

\[P(\min(T)=k)=P(\complement_{U}T)^{k-1}(1-P(\complement_{U}T))
\]

这是什么?我们发现\(\min(T)\)服从系数为\(1-P(\complement_{U}T)\)的几何分布!

然后期望直接套公式计算就行啦!

怎么求\(P(T)\)呢?使用快速莫比乌斯变换(FMT)即可。

时间复杂度\(O(2^nn)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define co const
using namespace std; co double eps=1e-10;
co int N=1<<20;
int n,up,cnt[N];
double p[N];
int main(){
scanf("%d",&n),up=(1<<n);
for(int i=0;i<up;++i) scanf("%lf",p+i),cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
for(int k=0;k<n;++k)
for(int s=(up-1)^(1<<k),i=s;;i=(i-1)&s){
p[i|(1<<k)]+=p[i];
if(i==0) break;
}
double ans=0;
for(int i=1;i<up;++i){
if(1-p[(up-1)^i]<eps) return puts("INF"),0;
double e=1/(1-p[(up-1)^i]);
if(cnt[i]&1) ans+=e;
else ans-=e;
}
printf("%lf\n",ans);
return 0;
}

HDU4624 Endless Spin 和 HAOI2015 按位或的更多相关文章

  1. 题解 hdu4624 Endless Spin

    题目链接 题目大意: 有长度为\(n\)的区间,每次随机选择一段(左右端点都是整数)染黑,问期望多少次全部染黑. \(n\leq 50\) 设\(n\)个随机变量\(t_1,...,t_n\).\(t ...

  2. HDU4624 Endless Spin 【最大最小反演】【期望DP】

    题目分析: 题目是求$E(MAX_{i=1}^n(ai))$, 它等于$E(\sum_{s \subset S}{(-1)^{|s|-1}*min(s))} = \sum_{s \subset S}{ ...

  3. HDU4624 Endless Spin(概率&&dp)

    2013年多校的题目,那个时候不太懂怎么做,最近重新拾起来,看了一下出题人当初的解题报告,再结合一下各种情况的理解,终于知道整个大致的做法,这里具体写一下做法. 题意:给你一段长度为[1..n]的白色 ...

  4. 【BZOJ4036】[HAOI2015]按位或 FWT

    [BZOJ4036][HAOI2015]按位或 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 ...

  5. [BZOJ 4036][HAOI2015]按位或

    4036: [HAOI2015]按位或 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MBSec  Special JudgeSubmit: 746  Solved: 4 ...

  6. Endless Spin

    clj的题.图是假的别看 得先做这个[HAOI2015]按位或 本题如果还用[HAOI2015]按位或 的方法,2^50拜拜 但是思路一定是这样的:min-max容斥,考虑每个S的第一触及次数期望 这 ...

  7. [luogu 3175] [HAOI2015]按位或(min-max容斥+高维前缀和)

    [luogu 3175] [HAOI2015]按位或 题面 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按位或运算.问期望多少秒后,你手上的数字变成2^n ...

  8. bzoj4036 / P3175 [HAOI2015]按位或

    bzoj4036 / P3175 [HAOI2015]按位或 是一个 min-max容斥 的板子题. min-max容斥 式子: $ \displaystyle max(S) = \sum_{T\su ...

  9. BZOJ4036 [HAOI2015]按位或 FWT

    原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/BZOJ4036.html 题目传送门 - BZOJ4036 题意 刚开始你有一个数字 $0$ ,每一秒钟你会随机 ...

随机推荐

  1. Jenkins工具学习(一)

    Jenkins的下载及安装 Jenkins下载地址:https://jenkins.io/download/ 下载后的直接解压安装 根据自己的喜好选择一种方式安装: 如果选择推荐安装,会自动下载一些插 ...

  2. secondNameNode作用

    在Hadoop中,有一些命名不好的模块,Secondary NameNode是其中之一.从它的名字上看,它给人的感觉就像是NameNode的备份.但它实际上却不是.很多Hadoop的初学者都很疑惑,S ...

  3. Debian Stretch升级当前最新稳定版内核

    Why update kernel ? Update the kernel to new version fixed some newer hardware has no driver softwar ...

  4. Azkaban 3.x 编译及部署

    一.Azkaban 源码编译 1.1 下载并解压 Azkaban 在 3.0 版本之后就不提供对应的安装包,需要自己下载源码进行编译. 下载所需版本的源码,Azkaban 的源码托管在 GitHub ...

  5. Angular复习笔记7-路由(上)

    Angular复习笔记7-路由(上) 关于Angular路由的部分将分为上下两篇来介绍.这是第一篇. 概述 路由所要解决的核心问题是通过建立URL和页面的对应关系,使得不同的页面可以用不同的URL来表 ...

  6. [Cocos Creator]安卓上微信小游戏加载到100%就进不去了

    最近用Cocos Creator 开发微信小游戏,构建发布到微信上,用安卓手机预览打开后加载到100%就不动了,开始以为微信开发工具版本的问题,后来用苹果的手机测试了一下,发现也有同样的问题. 仔细分 ...

  7. Socker编程之UDP

    一:socket简介 1. 不同电脑上的进程之间如何通信 首要解决的问题是如何唯一标识一个进程,否则通信无从谈起! 在1台电脑上可以通过进程号(PID)来唯一标识一个进程,但是在网络中这是行不通的. ...

  8. Linux环境下:vmware安装Windows报错误-缺少所需的CD/DVD驱动器设备驱动程序

    解决方法:将硬盘格式从SCSI改为IDE. 方法如下: 右键点击你新建的虚拟机名,点击最下面的setting,看到左侧第二行是hard disk 了么,你那里肯定是SCSI的,选中它,点最下面的rem ...

  9. 使用EF Core+CodeFirst建立ASP.NET Core MVC项目

    本篇随笔介绍如何使用.NET Core+EF Core创建Web应用程序 首先借用官网的话简单介绍一下ASP.NET Core ASP.NET Core 是一个跨平台的高性能开源框架,用于生成基于云且 ...

  10. npm升级到最新版本、指定版本

    npm 升级到最新版本 //linux下 npm install -g npm npm升级到指定版本 //比如升级到5.6.0 npm install -g npm@5.6.0