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