HDU4336：Card Collector(min-max容斥)

题面

传送门

Sol

方法一

直接状压就好了

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;

int n;
double p[21], f[1 << 20];

int main(RG int argc, RG char *argv[]){
	while(scanf("%d", &n) != EOF){
		for(RG int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lf", &p[i]);
		RG int S = 1 << n; Fill(f, 0);
		for(RG int i = S - 2; ~i; --i){
			RG double s = 1.0;
			for(RG int j = 1; j <= n; ++j) if(~i & (1 << (j - 1))) s -= p[j];
			s = 1.0 - s, f[i] = 1.0 / s;
			for(RG int j = 1; j <= n; ++j)
				if(~i & (1 << (j - 1))) f[i] += p[j] * f[i | (1 << (j - 1))] / s;
		}
		printf("%.6lf
", f[0]);
	}
    return 0;
}

方法二

方法一实在太水了，显然不是重点
下面介绍一种容斥方法

min-max容斥

(E[max(S)]=sum(-1)^{k+1}E[min(S')])
其中集合(S'subseteq S)，(k=|S'|)

(max(S))指的是这个集合内最后出现的元素
(min(S))指的是这个集合内最先出现的元素
(E)表示期望第几步出现

具体到这个题
就是要求(E[max()全集()])
(E[min(S')])就是指(S')任意出现一个的期望步数
举例：
每步出现(x_i)的概率(p_i)
(min{x_1, x_2, x_3 })的概率就是(p_1+p_2+p_3)
期望步数就是(frac{1}{p_1+p_2+p_3})

然后就容斥一下这个题

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;

int n;
double p[21], ans;

IL void Dfs(RG int x, RG double E, RG int op){
	if(x > n){
		if(E > 1e-7) ans += 1.0 * op / E;
		return;
	}
	Dfs(x + 1, E, op);
	Dfs(x + 1, E + p[x], -op);
}

int main(RG int argc, RG char *argv[]){
	while(scanf("%d", &n) != EOF){
		for(RG int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lf", &p[i]);
		ans = 0, Dfs(1, 0, -1);
		printf("%.6lf
", ans);
	}
    return 0;
}