HDU4624 Endless Spin 和 HAOI2015 按位或

Endless Spin

给你一段长度为[1..n]的白色区间，每次随机的取一个子区间将这个区间涂黑，问整个区间被涂黑时需要的期望次数。

n<=50

题解

显然是min-max容斥，但是n的范围太大，不能暴力枚举。

设计DP，令f(i,j,k)表示前i个球中必须选第i个球，有j种区间可以选择并且选择他们不会涂黑决定要涂黑的球，决定要涂黑的球的个数是奇数还是偶数的方案数。

转移就考虑第i个球必须选时，上一个决定要选的球是哪个就行了。

注意这题需要实现一个高精度。

CO int N=51;
LL dp[N][N*N][2];
LL ans[100];

IN int sec(int n){
	return n*(n+1)/2;
}
void add(LL a,LL b){
	ans[0]+=floor((LD)a/b),a-=floor((LD)a/b)*b;
	for(int i=1;i<100;++i)
		a*=10,ans[i]+=a/b,a%=b;
}
void real_main(){
	int n=read<int>();
	memset(dp,0,sizeof dp),dp[0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<=sec(i);++j)
		for(int k=i-1;k>=0;--k){ // last ball
			if(sec(i-k-1)>j) break;
			dp[i][j][0]+=dp[k][j-sec(i-k-1)][1];
			dp[i][j][1]+=dp[k][j-sec(i-k-1)][0];
		}
	memset(ans,0,sizeof ans);
	for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<sec(i);++j)
		add((dp[i][j][1]-dp[i][j][0])*sec(n),sec(n)-j-sec(n-i));
	for(int i=99;i>=16;--i)
		if(ans[i]>=10) ans[i-1]+=ans[i]/10,ans[i]%=10;
	if(ans[16]>=5) ++ans[15];
	for(int i=15;i>=1;--i)
		if(ans[i]>=10) ans[i-1]+=ans[i]/10,ans[i]%=10;
	printf("%lld.",ans[0]);
	for(int i=1;i<=15;++i) printf("%lld",ans[i]);
	puts("");
}
int main(){
//	freopen("HDU4624.in","r",stdin),freopen("HDU4624.out","w",stdout);
	for(int T=read<int>();T--;) real_main();
	return 0;
}

按位或

题目描述

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。

输入格式

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

输出格式

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

输入输出样例

输入 #1 复制

2
0.25 0.25 0.25 0.25

输出 #1 复制

2.6666666667

说明/提示

对于100%的数据，n<=20

shadowice1984的题解

min-max容斥原理

min-max容斥原理，其实就是两个很简单的等式

记(max(S))为集合S中的最大值，(min(S))为集合S中的最小值，(|S|)为集合(S)的元素数量，那么以下两个等式成立

[max(S)=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|+1}min(T)\ min(S)=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|+1}max(T) ]

所谓的min-max容斥原理大概就是这两个简单的等式了，它真正暴力的地方在于我们就算根本没法进行大小比较，也可以仅通过加减法把max或者min以极其暴力的方式(O(2^n))的枚举子集容斥出来

下面我们尝试着给出证明，这里只证明第一个等式好了，后边的可以自行推出

其实只需要证明一件事，就是除了(min(T)=max(S))的那个值，其他的(min)值都被消掉了就可以了(这里说明一下，我们假定集合中的元素两两相异，如果存在相同的值的话，我们给其中几个加上一些eps扰动一下即可，反正不影响最值就是了)

先来说明(max(S))的系数为什么是(1)，假设中S最大的元素是(a)，那么我们会发现只有(min({a})=max(S))所以(max(S))的系数必须是(1)

然后再说明为什么别的(min)都被消掉了，假设某个元素(b)的排名是(k)，那么(min(T)=b)当且仅当我们选出的集合是后(n-k)个的元素构成的集合的子集然后并上({b})得到的，我们会发现显然这样的集合有(2^{n-k})种，而显然这其中恰有(2^{n-k-1})中是有奇数个元素的，恰有(2^{n-k-1})种是有偶数个元素的，两两相消自然就成(0)了。当然上述等式在(k=n)的时候不成立，但是此时剩下的刚好是最大值，所以证明完毕。

一些推导

现在我们有了非常暴力的min-max定理了，让我们来看看我们可以干一些什么事

一个令人惊讶的事实是，min-max定理在期望下成立，我们记(E(max(S)))为集合中(max)值的期望，那么有

[E(max(S))=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|+1}E(min(T))\ E(min(S))=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|+1}E(max(T)) ]

那么如何定义在这道题里面的期望呢？

我们现在发现如果认为某个位置变为(1)的步数是一个随机变量的话，那么(E(max(S)))可以认为是某个集合(S)中最晚元素出现的期望时间。（因为最晚的位置都变成(1)了，所有的位置自然都变成(1)了）

那么很现实的一个事情是，我们没法比较两个位置变成(1)的期望步数长短，所以我们要使用min-max容斥原理在没有办法比较大小的情况下的求出(max)来

但是我们必须有一个求出(min)的方式……否则min-max容斥就是白搭，也就是说我们需要求(E(min(T)))，即集合T中最早元素出现的期望时间。

离散随机变量的几何分布

几何分布就是这里有一个离散型随机变量(X),满足

[P(x=k)=(1-p)^{k-1}p (kin N^{+}) ]

其中(p)是一个常量

然后我们就说这个离散型随机变量(X)服从带参数(p)的几何分布

然后不如让我来试着求一下一个服从几何分布的随机变量的期望？

[E(X)=sum_{i=1}^{+ infty}iP(x=i) =psum_{i=1}^{+ infty} i(1-p)^{i-1} ]

然后我们发现这大概是一个等比数列*等差数列的数列求和的式子

可以算出来是这个式子

[E(x)=pfrac{1}{1-(1-p^2)}=pfrac{1}{p^2}=frac{1}{p} ]

另一些推导

接着上一次推导，我们现在要求(E(min(T)))了

那么我们可以发现(P(min(T)=k))的意义就是前(k-1)次都没有选中这个集合中的哪怕一个数，换句话来讲，前(k-1)次都是选了这个集合补集的子集，然后第(k)次没有选这个集合补集的子集，可以列出这样一个式子,我们记(P(S))为选中(S)子集的概率之和

[P(min(T)=k)=P(complement_{U}T)^{k-1}(1-P(complement_{U}T)) ]

这是什么？我们发现(min(T))服从系数为(1-P(complement_{U}T))的几何分布！

然后期望直接套公式计算就行啦！

怎么求(P(T))呢？使用快速莫比乌斯变换(FMT)即可。

时间复杂度(O(2^nn))。

#include<bits/stdc++.h>
#define co const
using namespace std;

co double eps=1e-10;
co int N=1<<20;
int n,up,cnt[N];
double p[N];
int main(){
	scanf("%d",&n),up=(1<<n);
	for(int i=0;i<up;++i) scanf("%lf",p+i),cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
	for(int k=0;k<n;++k)
		for(int s=(up-1)^(1<<k),i=s;;i=(i-1)&s){
			p[i|(1<<k)]+=p[i];
			if(i==0) break;
		}
	double ans=0;
	for(int i=1;i<up;++i){
		if(1-p[(up-1)^i]<eps) return puts("INF"),0;
		double e=1/(1-p[(up-1)^i]);
		if(cnt[i]&1) ans+=e;
		else ans-=e;
	}
	printf("%lf
",ans);
	return 0;
}