按位或[HAOI2015]

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 (0le p[i]le 1, sum p[i]=1) ） 问期望多少秒后，你手上的数字变成 (2^n-1) 。

题解

min-max容斥：

(max(S)=sumlimits_{T subset S cap T eq varnothing} (-1)^{|T|+1}min(T))

(max(S)) 表示集合 (S) 的最大元素

证明大概就是除了 (max(S)) 剩一个，其他都加加减减消掉了。。。

如果我们设 (E(x)) 表示二进制中 (x) 这一位第一次变成 (1) 的期望步数，则有

(maxlimits_{xin S}E(x)=sumlimits_{T subset S cap T eq varnothing} (-1)^{|T|+1}minlimits_{yin T}E(y))

(maxlimits_{xin S}E(x)) 也就是 (S) 中所有位都变成 (1) 的期望步数， (minlimits_{xin S}E(x)) 即为 (S) 中至少有 (1) 位变成 (1) 的期望步数

考虑后者怎么求，一步就使得 (S) 中至少有 (1) 位变成 (1) 的概率为 ((1-sumlimits_{icap S=varnothing} p[i])) ，所以期望步数就是 (dfrac{1}{1-sumlimits_{icap S=varnothing} p[i]})

假设 (S_0) 为 (S) 的补集，那么 (sumlimits_{icap S=varnothing} p[i]=sumlimits_{isubseteq S_0} p[i]) ，右式可以用FMT或者状压DP在 (O(n2^n)) 的复杂度中求得 那么 (minlimits_{xin S}E(x)=dfrac{1}{1-sumlimits_{isubseteq S_0} p[i]}) 然后套用上面的minmax容斥即可 答案即为 (maxlimits_{xin S}E(2^n-1))

无解判断方法很多也很好判断就不说了

#include <bits/stdc++.h>
#define N 1100005
using namespace std;
typedef long long ll;

int n;
double a[N], ans;

void FWT(double *F) {
	for (int i = 1; i < (1<<n); i<<=1) {
		for (int p = i<<1, j = 0; j < (1<<n); j += p) {
			for (int k = 0; k < i; k++) {
				double x = F[j+k], y = F[j+k+i];
				F[j+k] = x; F[j+k+i] = x + y;
			}
		}
	}
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 0; i < (1<<n); i++) scanf("%lf", &a[i]);
	FWT(a);
	for (int i = 1; i < (1<<n); i++) {
		if (1.0-a[((1<<n)-1)^i] <= 1e-8) {
			puts("INF"); return 0;
		}
		if (__builtin_popcount(i) & 1) ans += 1.0 / (1.0-a[((1<<n)-1)^i]);
		else ans -= 1.0 / (1.0-a[((1<<n)-1)^i]);
	}
	printf("%.10lf", ans);
	return 0;
}