传送门
题意:开始时你有一个数000,每次选出[0,2n−1][0,2^n-1][0,2n−1]中的一个数进行按位或,每个数选中的概率给定。求得到2n−12^n-12n−1的期望操作次数。
1≤n≤201\leq n\leq 201≤n≤20
神仙题
首先发现每一位都是独立的,可以分开考虑。
对于一个集合SSS,记F(S)F(S)F(S)表示SSS的每一个元素出现的期望操作次数组成的可重集,记Max(S)=max(F(S)),Min(S)=min(F(S))Max(S)=max(F(S)),Min(S)=min(F(S))Max(S)=max(F(S)),Min(S)=min(F(S))
记S=2n−1S=2^n-1S=2n−1,我们要求的就是E(Max(S))E(Max(S))E(Max(S))
这个不好求,但可以Min-Max容斥一下?
E(Max(S))=∑T⊆S(−1)∣T∣+1E(Min(T))E(Max(S))=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}E(Min(T))E(Max(S))=T⊆S∑(−1)∣T∣+1E(Min(T))
可以直接枚举子集,现在考虑怎么求E(Min(T))E(Min(T))E(Min(T))
这玩意的意义是或到和TTT有交集的期望次数
设每次选出一个和TTT有交集的数的概率是ppp
E(Min(T))=∑i=1∞i(1−p)i−1pE(Min(T))=\sum_{i=1}^{\infin}i(1-p)^{i-1}pE(Min(T))=i=1∑∞i(1−p)i−1p
=p∑i=1∞i(1−p)i−1=p\sum_{i=1}^{\infin}i(1-p)^{i-1}=pi=1∑∞i(1−p)i−1
记
s=∑i=1∞i(1−p)i−1s=\sum_{i=1}^{\infin}i(1-p)^{i-1}s=i=1∑∞i(1−p)i−1
(1−p)s=∑i=2∞(i−1)(1−p)i−1(1-p)s=\sum_{i=2}^{\infin}(i-1)(1-p)^{i-1}(1−p)s=i=2∑∞(i−1)(1−p)i−1
=∑i=1∞(i−1)(1−p)i−1=\sum_{i=1}^{\infin}(i-1)(1-p)^{i-1}=i=1∑∞(i−1)(1−p)i−1
ps=∑i=1∞(1−p)i−1ps=\sum_{i=1}^{\infin}(1-p)^{i-1}ps=i=1∑∞(1−p)i−1
=∑i=0∞(1−p)i=\sum_{i=0}^{\infin}(1-p)^i=i=0∑∞(1−p)i
(1−p)ps=∑i=1∞(1−p)i(1-p)ps=\sum_{i=1}^{\infin}(1-p)^i(1−p)ps=i=1∑∞(1−p)i
p2s=1p^2s=1p2s=1
s=1p2s=\frac{1}{p^2}s=p21
E(Min(T))=ps=1pE(Min(T))=ps=\frac{1}{p}E(Min(T))=ps=p1
ppp仍然不好求。
正难则反,我们求和TTT没有交集的概率
即TTT的补集的子集的概率之和
第一次写的子集标记,发现会被算多次
然后发现不是个FWTFWTFWT板子吗
然后没了
注意不枚举空集 如果遇到无穷大直接输出
复杂度O(n2n)O(n2^n)O(n2n)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
using namespace std;
double p[1<<20];
const int d[]={0,1,1,2,1,2,2,3};
inline int count(int x)
{int ans=0;while (x){ans+=d[x&7];x>>=3;}return ans;
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);for (int i=0;i<(1<<n);i++) scanf("%lf",&p[i]);for (int mid=1;mid<(1<<n);mid<<=1)for (int s=0;s<(1<<n);s+=(mid<<1))for (int k=0;k<mid;k++)p[s+mid+k]+=p[s+k];double sum=0;for (int i=1;i<(1<<n);++i){double t=1-p[(~i)&((1<<n)-1)];if (t<1e-10){puts("INF");return 0;}t=1/t;sum+=((count(i)&1)? t:-t);}printf("%.10f\n",sum);return 0;
}
wtcl