[学习笔记] $Maximum$ $Minimum$ $identity$

(Maximum) (Minimum) (identity)学习笔记

　　比较好玩的一个科技。具体来说就是(max(a,b)=a+b-min(a,b))，这个式子是比较显然的，但是这个可以扩展到更多数字，比如说(max(a,b,c)=a+b+c-min(a,b)-min(a,c)-min(b,c)+min(a,b,c))，其实就是容斥一下。这个东西的用处就是直接求(max)比较难求，转化成求(min)。

　　例题(1)： (bzoj) (4036)。

　　首先根据(|)的性质，如果这一位有了(1)就会一直又下去，假设(t[i])表示二进制下第(i)位变成(1)的时间，那么最后要求的其实就是(E[max(t[0],t[1],...t[n-1])])，(E)就是期望。这个东西直接求是比较麻烦的，要把问题转化一下，利用(Maximum) (Minimum) (identity)，可以把原来的式子化简一下。这里举个简单的例子，比如说只有两位数，那么(E[max(t[0],t[1])]=E[t[0]]+E[t[1]]-E[min(t[0],t[1])])，如何求(min(t[0],t[1]))呢?其实就是相当于第(0)位与第(1)位均没有变成(1)的期望时间，设集合(S)为全集减去(0,1)的集合，操作集合就是(S)的一个子集。然后根据公式 期望时间(T=1/p)，(p)为概率。只需要y用(FMT)把一个集合的所有子集概率和算出来就行了，最后枚举一下状态，看一下(1)的个数来确定容斥系数，时间复杂度(O(2^n*n))。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>

using namespace std;
const int MAXN = (1<<20)+5;

int n;
double p[MAXN],ans;

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++) scanf("%lf",&p[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<(1<<n);j++)
			if((j&(1<<(i-1)))) p[j]+=p[j^(1<<(i-1))];
	for(int i=0;i<(1<<n)-1;i++){
		if(p[i]>=1.0-1e-7) {puts("INF");return 0;}
		int now=__builtin_popcount(i);now=n-now;
		if(now&1) ans+=1.0/(1.0-p[i]);
		else ans-=1.0/(1.0-p[i]);
	}
	printf("%.10lf",ans);
	return 0;
}

　　例题(2)：(hdu) (4624)

　　题目相当于给一个序列染色，首先可以利用上一道题的思路直接算，但时间复杂度是(O(2^n))的。需要一个多项式时间复杂度的算法，自然而然能想到(dp)。我们把这个序列是否被染过色用一个(0/1)串表示，如果被染过则为(1)。我们发现其实需要的信息只有两条，一个是染过的奇偶性，这个用来确定容斥系数，还有一个是有多少个操作能操作到没被染过颜色的集合。设(f[i][0/1][j])表示染到第(i)位，(0/1)表示为奇数还是偶数，(j)表示能操作到的没被染过色的集合。那么转移方程为(f[i][j][k]->f[l][j) (xor) (1][k+C_{l-i-1}^2 ])。首先预处理出(f)数组，然后就可以计算期望(E[x])，这就与上一题的计算方式差不多了，只需要枚举每一个状态，注意还要算上(x)这个点到枚举的终点这一段的区间。具体看代码，(hdu)需要保留(15)位小数，必须要写高精度，我懒得写了。。。时间复杂度(O(n^4))。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>

using namespace std;
const int MAXN = 55;
const double eps = 1e-8;
typedef long long LL;

inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) {f=ch=='-'?0:1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))  {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
	return f?x:-x;
}

LL f[MAXN][2][MAXN*MAXN/2];
int n,T;
double E[MAXN];

int main(){
	f[0][0][0]=1;
	for(int i=0;i<=49;i++)
		for(int j=0;j<=(i*(i+1))/2;j++)
			for(int op=0;op<=1;op++)if(f[i][op][j])
				for(int k=i+1;k<=50;k++)
					f[k][op^1][j+(k-i)*(k-i-1)/2]+=f[i][op][j];
	for(int i=1;i<=50;i++)
		for(int j=0;j<=i;j++)
			for(int k=0;k<=(j+1)*j/2;k++)
				for(int op=0;op<=1;op++)if(f[j][op][k]){
					double p=(double)(k+(i-j)*(i-j+1)/2)/(i*(i+1)/2);
					if(p>=1.0-eps) continue;
					if(op) E[i]+=(double)f[j][op][k]/(1-p);
					else E[i]-=(double)f[j][op][k]/(1-p);
				}
	T=rd();
	while(T--){
		n=rd();printf("%.15lf
",E[n]);
	}
	return 0;
}