【HDU4336】Card Collector-Min-Max容斥

测试地址：Card Collector
题目大意：n$n$张牌，每次有pi$p_i$的概率抽到第i$i$张牌，问抽到过所有的牌所需的期望次数。
做法：本题需要用到Min-Max容斥。
很久之前我写过这题的状压DP写法，那个做法时间复杂度为O(n2n)$O(n{2}^n)$，空间复杂度为O(2n)$O(2^n)$，而今天本人学会了一种新的做法：Min-Max容斥，这个做法比状压DP更加优美一些。
Min-Max容斥，又称最值反演，是指下面这个式子：
max{S}=∑T∈S(−1)|T|+1min{T}$max\{S\}=\sum _{T\in S}(-1{)}^{|T|+1}min\{T\}$
其中S,T$S,T$为集合，max{S},min{S}$max\{S\},min\{S\}$表示集合S$S$的最大元素和最小元素。先别急着质问这个式子有什么卵用，我们先看看这个式子是怎么来的。
尝试证明右边等于左边。令x=max{S}$x=max\{S\}$，我们有一个关于集合T$T$的映射f(T)$f(T)$，定义为：若集合T$T$中包含x$x$，则f(T)$f(T)$就是T$T$去掉x$x$后的集合，否则f(T)$f(T)$就是T$T$加上x$x$后的集合。显然这个映射有这样一个性质：f(f(T))=T$f(f(T))=T$，那么T$T$和f(T)$f(T)$就是一一对应的关系。除去空集和{x}$\{x\}$两个集合的对应，其它的对应关系中，两个集合的大小正好差1$1$，而它们的最小值都相同，所以根据上面的式子，它们相互抵消。而空集没有最小值，所以整个右边式子的值就等于{x}$\{x\}$这个集合的贡献：x$x$，即max{S}$max\{S\}$。
说了这么多，这个式子在这题中有什么用呢？Min-Max容斥有一个非常重要的推论：
E[max{S}]=∑T∈S(−1)|T|+1E[min{T}]$E[max\{S\}]=\sum _{T\in S}(-1{)}^{|T|+1}E[min\{T\}]$
其中E[x]$E[x]$表示x$x$的期望，证明应该显然。而这个式子更常用的意义是这样的：给S$S$中每个元素随机赋值，表示这个元素第一次被取到的时间，那么E[min{S}]$E[min\{S\}]$的意义就变成S$S$中第一个被取的元素的期望被取时间，E[max{S}]$E[max\{S\}]$的意义就变成S$S$中最后一个被取的元素的被取期望时间，也就是S$S$中所有元素都被取过所需的期望时间。我们发现这个时间就相当于取的次数，所以也就是期望次数。
这个推论在这题中就非常有用了，因为本题中E[min{S}]=1∑i∈Spi$E[min\{S\}]=\frac{1}{\sum _{i\in S}{p}_i}$，所以我们只需O(2n)$O(2^n)$枚举集合即可算出E[max{S}]$E[max\{S\}]$，空间复杂度也很小（O(n)$O(n)$），可以说是比状压DP优美很多了。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double p[25],ans;

void solve(int step,int cnt,double totp)
{
    if (step>n)
    {
        if (!cnt) return;
        double f=(cnt%2)?1.0:-1.0;
        ans+=f/totp;
        return;
    }
    solve(step+1,cnt,totp);
    solve(step+1,cnt+1,totp+p[step]);
}

int main()
{
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%lf",&p[i]);
        ans=0.0;
        solve(1,0,0.0);
        printf("%.6lf
",ans);
    }

    return 0;
}