前言

见到一道神题，学会两个知识点…
都是数学。

min-max容斥

给出式子：
$$\max (S)=\sum _{T\subset S}(-1{)}^{|T|+1}\min (T)$$
$$\min (S)=\sum _{T\subset S}(-1{)}^{|T|+1}\max (T)$$
这里只给出第一个式子的证明，第二个式子的证明较为类似。
考虑最大值 $\max (S)$，它成为最小值产生贡献当且近当 T={max⁡(S)}T=\{\max(S)\}T={max(S)}，显然只会产生一次正贡献。
而对于不是最大值的元素 $x\in S$，设比它大的元素的个数为 $k$，那么它成为最小值产生贡献当且近当 $T$ 为前 $k$ 个元素的某个子集并上 {x}\{x\}{x}，那么它的系数就是：
$$\sum _{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)(-1{)}^i$$
二项式反演一下：
$$\sum _{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)(-1{)}^i=\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})(-1{)}^i(1{)}^{k-i}=(1-1{)}^k=0$$
所以所有不是最大值的元素的贡献都是0。
那么最后西格玛的结果就是 $\max (S)$。

注意：这个式子当最小值不唯一的时候依然成立，$\min (T)$ 的含义就变为了所有并列最小值的和。但是所求的最大值必须唯一！

期望

这个东西对于期望依然是成立的，也就是：
$$E(\max (S))=\sum _{T\subset S}(-1{)}^{|T|}E(\min (T))$$
$$E(\min (S))=\sum _{T\subset S}(-1{)}^{|T|}E(\max (T))$$
把定义从元素大小的求值改为期望的求值，完全不影响上面的证明过程，所以还是对的。

拓展：kth_max

$$\max (S{)}_{kth}=\sum _{T\subset S}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|T|-1}{k-1})(-1{)}^{|T|-k}\min (T)$$
并不会证
还是挺好记的，$k=1$的时候就退化成正常的min-max容斥了。

离散随机变量的几何分布

离散变量：值域不连续的变量。比如我们最常见的“求期望次数”，值域就是自然数。

给出一个离散变量 $x$，其分布概率满足：
$$P(x=k)=(1-p{)}^{k-1}p$$
其中 $p$ 是一个 $[0,1]$ 的常量。
可以把 $p$ 理解成做成某件事的概率，那么 $P(x=k)$ 就是恰好用 $k$ 次做成这件事的概率。

证明一

现在求这个变量的期望，也就是：
$$\sum _{i=1}^{\infty }P(x=i)i$$
设 $q=1-p$，那么我们就要求：
$$\sum _{i=1}^{\infty }i\times q^{i-1}\times (1-q)=(1-q)\sum _{i=1}^{\infty }i\times q^{i-1}$$
设 $s={\sum }_{i=1}^{\infty }i\times q^{i-1}$，则有：
$$qs-s=\sum _{i=1}^{\infty }(i\times q^i)-\sum _{i=1}^{\infty }(i\times q^{i-1})$$
$$=\sum _{i=2}^{\infty }((i-1)\times q^{i-1})-\sum _{i=1}^{\infty }(i\times q^{i-1})=-\sum _{i=1}^{\infty }{q}^{i-1}=-\frac{1}{1-q}$$
所以
$$s=-\frac{1}{(1-q)(q-1)}$$
所以原式就是：
$$\sum _{i=1}^{\infty }i\times q^{i-1}\times (1-q)=(1-q)s=-\frac{1}{q-1}=\frac{1}{p}$$

证明二

还有一种更加阳间的证明方法：
回到现实意义：$w$ 表示做成该件事的期望次数。
考虑做一次做成或者做不成，就有：
$$w=p\times 1+(1-p)\times (w+1)$$
移项，得：
$$w=\frac{1}{p}$$