概念
Min-Max容斥，又称最值反演，是一种对于特定集合，在已知最小值或最大值中的一者情况下，求另一者的算法。
例如：
显然，将所有数取相反数，易知用最大值求最小值的公式与用最小值求最大值的公式形式相同。以下只讨论用最小值求最大值的方法。
形式
记 (Max(S)) 表示集合 (S) 的最大值，(Min(S)) 表示集合 (S) 的最小值，则：
推导
设存在一个以集合大小为自变量的函数 (f) 满足 (Max(S)=sumlimits_{Tsubset S,T eq phi}f(|T|)Min(T)) 。
记 (S) 中元素从大到小排列为 (x_1,x_2,...,x_m) ，则对于 (x_i) ，其在左侧的贡献为 ([i=1]) ，在右侧的贡献为 (sumlimits_{j=0}^{i-1}{i-1choose j}f(j+1)) 。
若等式成立，则必有 ([i=1]=sumlimits_{j=0}^{i-1}{i-1choose j}f(j+1)) 。
设 (F(i)=[i+1=1]) （即 ([i=1]=F(i-1)) ），(G(i)=f(i+1)) ，则 (F(i)=sumlimits_{j=0}^{i}{ichoose j}G(j)) 。
进行二项式反演，得 (G(i)=sumlimits_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}{ichoose j}F(j)=(-1)^i) 。
故 (f(i)=G(i-1)=(-1)^{i-1}) 。
因此构造成立，故：
另一种证明
考虑等式右侧，记最小值为 (x_i) ，则：
- 当 (i=1) 时，贡献为 (1) ；
- 当 (i eq 1) 时，则 (x_1) 有选和不选两种方案，这两种方案一一对应且系数恰为相反数，故总贡献为 (0) 。
故右侧的总和就是 (x_1=Max(S)) 。
推广
记 (kMax(S)) 表示集合 (S) 的第 (k) 大值，则：
推导
设存在一个以集合大小为自变量的函数 (g) 满足 (kMax(S)=sumlimits_{Tsubset S,T eq phi}g(|T|)Min(T)) 。
记 (S) 中元素从大到小排列为 (x_1,x_2,...,x_m) ，则对于 (x_i) ，其在左侧的贡献为 ([i=k]) ，在右侧的贡献为 (sumlimits_{j=0}^{i-1}{i-1choose j}g(j+1)) 。
若等式成立，则必有 ([i=k]=sumlimits_{j=0}^{i-1}{i-1choose j}g(j+1)) 。
设 (F(i)=[i+1=k]) （即 ([i=k]=F(i-1)) ），(G(i)=g(i+1)) ，则 (F(i)=sumlimits_{j=0}^{i}{ichoose j}G(j)) 。
进行二项式反演，得 (G(i)=sumlimits_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}{ichoose j}F(j)=(-1)^{i-k+1}{ichoose k-1}) 。
故 (f(i)=G(i-1)=(-1)^{i-k}{i-1choose k-1}) 。
因此构造成立，故：
应用
Min-Max容斥及其推广常用于解决“都出现的期望时间”问题，处理方法：
记 (t_i) 表示第 (i) 个元素的出现时间，则：
- (Max(S)) 表示 (S) 中 (t) 的最大值，即所有元素出现时间的最大值，即所有元素都出现的时间；
- (Min(S)) 表示 (S) 中 (t) 的最小值，即所有元素出现时间的最小值，即至少有一个出现的时间。
根据Min-Max容斥，有 (Max(S)=sumlimits_{Tsubset S,T eq phi}(-1)^{|T|-1}Min(T)) 。
对左右同时取期望，由于线性，期望可以直接放到求和符号里面，即 (E(Max(S))=sumlimits_{Tsubset S,T eq phi}(-1)^{|T|-1}E(Min(T))) 。
容易发现 (E(Min(T))) 求起来十分容易：当单位时间出现 (T) 中至少一个的概率为 (p) ，则出现 (T) 中至少一个的期望时间为 (frac 1p) 。
于是通过公式即可求出 (Max(S)) ，即所有元素都出现的期望时间。
对于Min-kMax容斥同理。
写法
如果只需要求出 (Max(U)) ，即全集的最大值的话，只需要计算每个自己对全集的贡献即可。
如果要对所有 (S) 求 (Max(S)) 的话（尽管似乎还没遇到过），一种较快的方法是用按位分治来代替枚举子集。有两种常用写法，它们稍加处理就可以变成公式中的形式。
写法一
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
if(j & i)
f[j] -= f[i];
此时系数是 ((-1)^{|S|-|T}) .
写法二
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
if(j & i)
f[j] = f[i] - f[j];
此时系数是 ((-1)^{|T|}) 。
例题
[hdu4336]Card Collector
题目大意
有 (n) 种卡片，每次购买有 (p_i) 的概率买到第 (i) 种，求使得每种都买到的期望购买次数。
(1le nle 20) 。
题解
Min-Max容斥基础题，参见上面的 “应用” 部分。
对于本题，有 (Min(S)=frac 1{sumlimits_{iin S}p_i}) ，然后套用 (Min-Max) 容斥的公式即可。
时间复杂度 (O(2^n)) 。
#include <cstdio>
#define N 1100010
int cnt[N];
double p[N] , f[N];
int main()
{
int n , i , j;
double ans;
while(~scanf("%d" , &n))
{
ans = 0;
for(i = 0 ; i < n ; i ++ ) scanf("%lf" , &p[1 << i]);
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) f[i] = f[i - (i & (-i))] + p[i & (-i)] , cnt[i] = cnt[i - (i & -i)] + 1;
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) ans += ((cnt[i] & 1) ? 1 : -1) / f[i];
printf("%lf
" , ans);
}
return 0;
}
[bzoj4036]按位或
题目大意
你初始有数字 (0) ，每次操作会随机选择 ([0,2^n-1]) 的一个数字与你的数字进行按位或运算，选到数 (i) 的概率为 (p_i) 。求使得你的数字变为 (2^n-1) 的期望操作次数。
(1le nle 20) 。
题解
和上一题类似，问题转化为计算 (Min(S)) ，即需要求出所有与 (S) 有公共元素（取与不为 (0) ）的 (p) 之和。
正难则反，考虑求所有与 (S) 无公共元素的 (p) 之和，即 (S) 的补集 (2^n-1-S) 的所有子集的 (p) 之和，使用按位分治来解决。
最后套公式计算即可。无解的判定通过判断是否某一位都存在一个 (p eq 0) 的元素来处理。
时间复杂度 (O(n imes 2^n)) 。
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
double p[1100010];
int cnt[1100010];
int main()
{
int n , i , j;
double ans = 0;
scanf("%d" , &n);
for(i = 0 ; i < (1 << n) ; i ++ ) scanf("%lf" , &p[i]);
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) cnt[i] = cnt[i - (i & -i)] + 1;
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
{
for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
if((j & i) && p[j])
break;
if(j == (1 << n))
{
puts("INF");
return 0;
}
}
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
if(j & i)
p[j] += p[j ^ i];
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) ans += ((cnt[i] & 1) ? 1 : -1) / (1 - p[(1 << n) - 1 - i]);
printf("%.8lf
" , ans);
return 0;
}
[luogu4707]重返现世
题目大意
有 (n) 种物质，每单位时间会随机生成一种物质，生成第 (i) 种物质的概率为 (frac{p_i}m) 。求获得 (k) 种物质的期望时间。
(1le nle 1000) ，(1le mle 10000) ，(1le kle n) ，(p_i) 为整数且 (sumlimits_{i=1}^np_i=m) ，(n-kle 10) 。
题解
获得 (k) 种物质，相当于求所有获得时间中第 (n-k+1) 大的，问题转化为Min-kMax容斥问题。方便起见，以下令 (q=n-k+1) ，则有 (1le qle 11) 。
由于 (n) 有 (1000) 之大，使用前两道题的子集统计方法显然会直接暴毙。
思考：尽管我们的集合选取方案有 (2^n) 种，但每种的 (Min(S)) 只和 (sumlimits_{iin S}p_i) 有关，因此状态数其实只有 (m) 种。
一个比较显然的思路是设 (f_{i,j,l}) 表示前 (i) 种物质选出 (j) 种，凑齐 (sum p=l) 的方案数，然而数据范围过大，无法通过此题。
到此为止，我们还有一个条件没有用到：(qle 11) 。
考虑在已知 (f_{i,j,l}) 后答案的计算，贡献为 ((-1)^{j-q}{j-1choose q-1} imes frac ml imes f_{i,j,l}) 。对于前面的部分，运用组合数公式，有：
而 (f_{i,j,l}) 又有转移 (f_{i,j,l}=f_{i-1,j,l}+f_{i-1,j-1,l-p_i}) ，故：
发现了什么？前面的系数只和 (j) 与计算答案时所用的 (q) 有关，因此设 (g_{i,j,l,t}) 表示前 (i) 种物质选出 (j) 种，凑齐 (sum p=l) ，且最终计算时的 (q=t) 的系数乘以方案数。则有：
我们所做的似乎都是无用功。但事实上，仔细观察就会发现 (j) 的一维已经没有用处，无论是转移还是最终答案都不需要用到 (j)。
左右对 (j) 那一维求和，便有 (h_{i,l,t}) 表示前 (i) 种物质选出若干种，凑齐 (sum p=l) ，且最终计算时的 (q=t) 的系数乘以方案数，则有：
最终答案就是 (sumlimits_{i=1}^mh_{n,i,q} imes frac mi) 。
时间复杂度 (O(nmq)) ，由于空间不足，需要使用滚动数组。
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define mod 998244353
typedef long long ll;
ll p[1010] , f[2][10010][11];
inline ll qpow(ll x , ll y)
{
ll ans = 1;
while(y)
{
if(y & 1) ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod , y >>= 1;
}
return ans;
}
int main()
{
int n , t , m , i , j , k , d;
ll ans = 0;
scanf("%d%d%d" , &n , &t , &m) , t = n - t + 1;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%lld" , &p[i]);
for(i = 1 ; i <= t ; i ++ ) f[0][0][i] = -1;
for(d = i = 1 ; i <= n ; i ++ , d ^= 1)
{
memcpy(f[d] , f[d ^ 1] , sizeof(f[d]));
for(j = p[i] ; j <= m ; j ++ )
for(k = 1 ; k <= t ; k ++ )
f[d][j][k] = (f[d][j][k] + f[d ^ 1][j - p[i]][k - 1] - f[d ^ 1][j - p[i]][k] + mod) % mod;
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) ans = (ans + f[n & 1][i][t] * m % mod * qpow(i , mod - 2)) % mod;
printf("%lld
" , ans);
return 0;
}