BZOJ4036:按位或 (min_max容斥&高维前缀和)
Description
Input
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
Output
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
Sample Input
0.250.250.250.25
Sample Output
HINT
对于100%的数据,n<=20
思路:可以min_max容斥来做,问题的关键就是求出得到所有子集X的期望F(X)就可以了,P(X)的概率为所有对X有贡献的p[x]之和(x是所有和X有交集的x,即便x含有X没有的部分);
我们倒过来求与X交集为空的部分的概率,即M^X的子集的概率,这部分可以用高维前缀和来做。
for(int i=;i<N;i++)
for(int j=;j<(<<N);j++)
if(j&(<<i)) F[j]+=F[j^(<<i)];
这个代码可以得到子集的前缀和。 复杂度是O(N*^N)
超集的写法:
for(int i=;i<N;i++)
for(int j=;j<(<<N);j++)
if(!j&(<<i)) F[j]+=F[j|(<<i)];
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=<<;
double P[maxn],ans;int N,sum,M;
void dfs(int pos,int now,int cnt)
{
if(pos==N){
if(cnt>=){
if(cnt&) ans+=1.0/(1.0-P[(M-)^now]);
else ans-=1.0/(1.0-P[(M-)^now]);
}
return ;
}
dfs(pos+,now|(<<pos),cnt+);
dfs(pos+,now,cnt);
}
int main()
{
scanf("%d",&N); M=<<N;
for(int i=;i<M;i++){
scanf("%lf",&P[i]);
if(P[i]>) sum|=i;
}
if(sum!=M-) return puts("INF"),;
for(int i=;i<N;i++)
for(int j=;j<M;j++)
if(j&(<<i)) P[j]+=P[j^(<<i)];
dfs(,,);
printf("%.6lf\n",ans);
return ;
}
//2 0.25 0.25 0.25 0.25
当然,为1的个数我们也可以预处理出来。就不用DFS了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=<<;
double P[maxn],ans;int N,sum,M,num[maxn];
int main()
{
scanf("%d",&N); M=<<N;
for(int i=;i<M;i++){
scanf("%lf",&P[i]);
if(P[i]>) sum|=i;
}
if(sum!=M-) return puts("INF"),;
for(int i=;i<M;i++) num[i]=num[i>>]+(i&);
for(int i=;i<N;i++)
for(int j=;j<M;j++)
if(j&(<<i)) P[j]+=P[j^(<<i)];
for(int i=;i<M;i++)
ans+=(num[i]&?1.0:-1.0)/(-P[(M-)^i]);
printf("%.6lf\n",ans);
return ;
}
//2 0.25 0.25 0.25 0.25
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