CF698C. LRU [容斥原理 概率]

CF698C. LRU

题意：n种物品，大小为k的队列，(p_i)的概率选择第i种物品放入队尾，如果已经有i了就不放了。队列大小>k时弹出队首。求(10^{100})次操作后每种物品在队列里的概率

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为什么没有官方题解啊，所以看了讨论区的题解

一开始想的是，一个元素在队列里，说明后来加入的元素种类<k，对于每种物品i，求出每个(|S| =0…k-1 : i otin S)的集合出现在i右面的概率就行了。但这时候要求的是(S)中每种物品至少出现1次，至多无限次，只是简单的乘上(prodlimits_{i in S}p_i) 再乘上 (frac{1}{1-x})是不对的。

所以考虑容斥原理，求出(S)的任意子集出现的概率。

求这个概率很简单，每种元素可以不出现，设(x=sumlimits_{i in S}p_i)，那么

(P=x+x^2+...+x^{infty}=frac{1}{1-x})

根据容斥原理，(i)的答案就是

[le k-1种元素的集合出现的概率 - le k-2种元素的集合出现的概率*容斥系数 + ... ]

和之前的恰好k个问题一样，这个容斥系数需要乘上超集的个数，比如大小为(i)的集合，他的大小为(j)的超集的个数是(inom{n-1-i}{j-i})，注意是(n-1)因为当前计算答案的元素不能选

需要注意的是，我们要同时求恰好(0...k-1)个，所以每个的容斥系数都要+1，并且要处理之前所有大小的超集

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=21, M=(1<<20)+5;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}

int n, k, c[N][N];
double p[N], sum[M], coe[N], g[M];
inline int one(int x) { int c=0; while(x) x&=x-1, c++; return c; }

int main() {
	freopen("in","r",stdin);
	n=read(); k=read();
	for(int i=0; i<n; i++) scanf("%lf",&p[i]), sum[1<<i] = p[i];
	c[0][0]=1;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		c[i][0]=1;
		for(int j=1; j<=i; j++) c[i][j] = c[i-1][j] + c[i-1][j-1];
	}
	
	int all=1<<n;
	for(int i=0; i<all; i++) if(!sum[i]) sum[i] = sum[i&-i] + sum[i^(i&-i)];
	for(int i=k-1; i>=0; i--) {
		coe[i] = 1;
		for(int j=i+1; j<=k-1; j++) coe[i] -= coe[j] * c[n-1-i][j-i];
		//printf("coe %d %lf
",i,coe[i]);
	}

	for(int i=0; i<n; i++) {
		if(p[i]==0 || p[i]==1 || k==1) {printf("%.9lf ", p[i]); continue;}
		double ans=0;
		for(int s=0; s<all; s++) 
			if(!((1<<i) & s) && one(s)<=k-1) ans += coe[one(s)]/(1-sum[s]);// printf("s %d %lf
",s, ans);
		printf("%.9lf ", p[i]*ans);
	}
}