min-max容斥学习笔记 前置知识 二项式反演 \[ f(n)=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i) \] 一些定义 \(\max (S),\min (S)\)表示分别集合\(S\)的最大,最小元素 套路式子 \[ \max(S)=\sum_{\varnothing\not=S\subseteq T}(-1)^{|T|-1}\min(T) \] 证明 首先我

题目链接 BZOJ4036 题解 好套路的题啊,,, 我们要求的,实际上是一个集合\(n\)个\(1\)中最晚出现的\(1\)的期望时间 显然\(minmax\)容斥 \[E(max\{S\}) = \sum\limits_{T \subseteq S} (-1)^{|T| + 1}E(min\{T\})\] 那么问题就转化为了求每个集合中最早出现的\(1\)的期望时间 假如在\(k\)时刻出现,那么前\(k - 1\)时刻一定都是取的补集的子集,记\(T\)补集的所有子集概率和为\(P\) \

LINK:小Z的礼物 太精髓了 我重学了一遍min-max容斥 重写了一遍按位或才写这道题的. 还是期望多少时间可以全部集齐. 相当于求出 \(E(max(S))\)表示最后一个出现的期望时间. 根据min-max容斥 显然有 \(E(max(S))=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}E(min(T))\) 对于这道题 要求出所有的T 直接\(2^{cnt}\)枚举不太现实. 但是我们仍要对每个集合求出其概率. 考虑从矩阵上进行dp来进行压缩状态 那么因为一个格子的选

题意 题目链接 Sol 考虑直接对询问的集合做MinMax容斥 设\(f[i][sta]\)表示从\(i\)到集合\(sta\)中任意一点的最小期望步数 按照树上高斯消元的套路,我们可以把转移写成\(f[x] = a_x f[fa] + b_x\)的形式 然后直接推就可以了 更详细的题解 #include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; const int MAXN = 1e6 + 10, mod = 99824

题意 LOJ #2541. 「PKUWC 2018」猎人杀 题解 一道及其巧妙的题 , 参考了一下这位大佬的博客 ... 令 \(\displaystyle A = \sum_{i=1}^{n} w_i\) , \(B\) 是已死猎人的 \(w_i\) 的总和 , \(P_i\) 是 \(i\) 当前要被杀死的概率 ... (抄博客咯) 不难有 \(\displaystyle P_i = \frac{w_i}{A-B} \tag{1}\) 如果 不考虑猎人死没死 , 都能被当做目标 qwq (鞭

$\min - \max$ 容斥 Part 1 对于简单的$\min - \max$容斥有一般形式,表达为:$\max(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\times \min(T)$ 对于上述式子,可以简单的理解. 对于$S$中的每一项,其中的最大值为第$i$项 由于$|T|$非空,一共有$2^{|S|}-1$个$T$,其中,对于非最大值的任意一项,都包含至少一个比其大的元素 所以这些元素的选择情况构成了$2^{k}$幂,其中$|T|$的奇偶分布

期望的线性性: \[E(x+y)=E(x)+E(y) \] 证明: \[E(x+y)=\sum_i \sum_j(i+j)*P(i=x,j=y) \] \[=\sum_i\sum_ji*P(i=x,j=y)+\sum_i\sum_jj*P(i=x,j=y) \] \[=\sum_ii*P(i=x)+\sum_jj*P(j=y) \] \[=E(x)+E(y) \] Min - Max 容斥: 我们现在有一个全集 \(U= \lbrace{a_1,a_2,a_3,...,a_n}\rbrace\)

点此看题面 大致题意: 有\(n\)个糖果和\(n\)个药片,各有自己的能量.将其两两配对,求糖果比药片能量大的组数恰好比药片比糖果能量大的组数多\(k\)组的方案数. 什么是广义容斥(二项式反演) 我们首先来介绍一下什么是广义容斥. 我们要证明下面这样一个式子: \[f_n=\sum_{i=0}^nC_n^ig_i⇔g_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_{n}^if_i\] 观察右边这个式子,我们将\(f_n=\sum_{i=0}^nC_n^ig_i\)代入就可以得到: \[

放在了考试T1 发现70分的DP很水啊,f[i][j]为当前位置是i分配了j个队的方案 我们用前缀和统计,在将i删去,j倒序枚举,就可以删掉一维(也可以滚动数组滚起来) 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<string> 6 #include<algorithm> 7 #include<v

搞了一下午 真的是啥都不会 首先这道题要用到Min-Max容斥 得到的结论是 设 $Max(S)$表示集合里最晚被访问的节点被访问的期望步数 设 $Min(S)$表示集合里最早被访问的节点被访问的期望步数 那么$ Max(S) = ∑_{T \in S} {-1^ { \lvert T \rvert+1} }Min(T)$ (这个相关的证明和理解可以看看HDU4336 附一个题解) 考虑对于一个集合$S$如何计算$Min(S)$ 记$d_u$为点$u$的度数 当$u\notin S \space

这里有 Min-Max 容斥的证明以及唯一一道博主做过的例题... 上个结论: \[Min\{S\}=\sum_{T\subseteq S,T\not=\varnothing}(-1)^{|T|-1}Max\{T\} \] \[Max\{S\}=\sum_{T\subseteq S,T\not=\varnothing}(-1)^{|T|-1}Min\{T\} \] 具体的证明其实很简单...我们考虑证明其中一个(以第一个为例),另一个可以用类似证法得到结论.咱直接考虑集合内元素不重的情况,因为相

题意:有N(1<=N<=20)张卡片,每包中含有这些卡片的概率,每包至多一张卡片,可能没有卡片.求需要买多少包才能拿到所以的N张卡片,求次数的期望. 析:期望DP,是很容易看出来的,然后由于得到每张卡片的状态不知道,所以用状态压缩,dp[i] 表示这个状态时,要全部收齐卡片的期望. 由于有可能是什么也没有,所以我们要特殊判断一下.然后就和剩下的就简单了. 另一个方法就是状态压缩+容斥,同样每个状态表示收集的状态,由于每张卡都是独立,所以,每个卡片的期望就是1.0/p,然后要做的就是要去重,既然

传送门 套路题 看到\(n \leq 20\),又看到我们求的是最后出现的位置出现的时间的期望,也就是集合中最大值的期望,考虑min-max容斥. 由\(E(max(S)) = \sum\limits_{T \subset S} (-1)^{|T| + 1} E(min(T))\),我们要求的就是一个集合至少有一个数字出现的期望时间.那么\(E(min(T)) = \frac{1}{\sum\limits_{S' \cap T \neq \emptyset} p_{S'}}\). \(\sum\

题意 题目链接 \(N\)个物品,每次得到第\(i\)个物品的概率为\(p_i\),而且有可能什么也得不到,问期望多少次能收集到全部\(N\)个物品 Sol 最直观的做法是直接状压,设\(f[sta]\)表示已经获得了\(sta\)这个集合里的所有元素,距离全拿满的期望,推一推式子直接转移就好了 主程序代码: int N; double a[MAXN], f[MAXN]; signed main() { // freopen("a.in", "r", stdin);

很好很有趣很神仙的题! 题目链接: https://loj.ac/problem/2542 题意: 请自行阅读 题解首先我们显然要求的是几个随机变量的最大值的期望(不是期望的最大值),然后这玩意很难求,根据Min-Max容斥化成最小值的期望来求. Minn-max容斥是指\(\max(x_1,x_2,...,x_n)=\sum_{S\in \{1,2,...,n\} } (-1)^{|S|-1} \min_{i\in S}(x_i)\) (所有元素都是正整数,这个尽管式子本身和期望没关系但是经常

二项式反演 \[f_n=\sum\limits_{i=0}^nC^i_ng_i \Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{i=0}^n{(-1)}^{n-i}f_i \] 证明: 容斥原理 \[|A_1 \cup A_2\cup\cdots\cup A_n|=\sum\limits_{1\le i\le n}|A_i|-\sum\limits_{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|+\cdots+(-1)^{n-1}\times |A_1\cap A_2

正题 题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4707 题目大意 \(n\)个物品,每次生成一种物品,第\(i\)个被生成的概率是\(\frac{p_i}{m}\),求生成至少\(k\)种物品的期望次数. \(1\leq n\leq 1000,max\{n-10,1\}\leq k\leq n,1\leq m\leq 10000\) 解题思路 求的是\(E(min_k\{S\})\),但是\(k\)很大,如果令\(k=n-k+1\)的话就是求\(E(max_

传送门 那么除了D1T3,PKUWC2018就更完了(斗地主这种全场0分的题怎么会做啊) 发现我们要求的是所有点中到达时间的最大值的期望,\(n\)又很小,考虑min-max容斥 那么我们要求从\(x\)走到第一个属于某个子集\(S\)的节点的步数期望,这是一个经典的树上高斯消元问题. 将树设为以\(x\)为根,设\(f_{i , S}\)为从第\(i\)个点随机游走到达点集\(S\)任意一个点停止,行走步数的期望,转移: \(1.i \in S: f_{i , S}=0\) \(2.i \no

题面 思路 我们可以把到每个点的期望步数算出来取max?但是直接算显然是不行的 那就可以用Min-Max来容斥一下 设\(g_{s}\)是从x到s中任意一个点的最小步数 设\(f_{s}\)是从x到s中任意一个点的最大步数 然后就可以的得到 \(f_{s}=\sum_{t\subseteq s}(-1)^{|t|+1}g_t\) 然后考虑g怎么求 设\(p_i\)是i点到任意一个子集中的点的最小步数 有\(p_u=\frac{1}{du_u}(1+p_{fa_u})+\frac{1}{du_u}

UOJ 思路 由于最近养成的不写代码的习惯(其实就是懒),以下式子不保证正确性. 上来我们先甩一个min-max容斥.由于每只鸽子是一样的,这只贡献了\(O(n)\)的复杂度. 现在的问题转化为对于\(n\)只鸽子里面的\(c\)只鸽子,求喂饱其中一只鸽子的期望时间. 我们对期望的式子差分一下,变成统计经过\(i\)秒之后\(c\)只鸽子仍然一只都没有被喂饱的概率. 枚举这\(i\)秒里面有\(s\)秒喂到了,设\(f_{c,s}\)表示给\(c\)只鸽子喂了\(s\)粒玉米,一只都没有饱的概率

名字虽然很长.但是其实很简单,对于这一类问题基本上就是看你能不能把统计的公式搞出来(这时候需要一个会推公式的队友) 来源于某次cf的一道题,盼望上紫的我让潘学姐帮我代打一道题,她看了看跟我说了题解,用反演写的,然后……还是错了23333.赛后题解给出的是用容斥原理解决问题,但是我并看不懂学姐的公式,也还不懂莫比乌斯反演的第二种形式.直到最近刚看,才恍然大悟. 这类问题的特点是,给一个集合,问所有子集的w(gcd(某个子集))的和问题(w表示某个函数,一般是跟子集长度有关). 可以做出两个函数.