LOJ#2127「HAOI2015」按位或
用$ Min-Max$容斥之后要推的东西少了好多
无耻的用实数快读抢了BZOJ、Luogu、LOJ三个$ OJ$的Rank 1
即将update:被STO TXC OTZ超了QAQ
题意:集合$ [0,2^n)$中每次以一定给出概率产生一个数,求产生数按位或值为$ 2^n-1$的数字数量期望
$ Solution:$
根据$ Min-Max$容斥,令$ Max(S)$表示所有位中最后一次出现的时间,$Min(S)$表示第一次出现的时间
显然有$ ans=Max(S)$
根据$ Min-Max$容斥有
$ Max(S)=\sum\limits(-1)^{|T|+1}Min(T)$
现在的问题是如何快速求出$ Min(S)$
由于$ Min(S)$的意义是集合$ S$中第一次出现的位置的出现时间的期望
有每次随机到集合$ S$中某一位的概率为:
$ \sum\limits_{T \cap S \neq \emptyset}P_T$
其中$ P_T$是产生$ T$这个数的概率
因此可以得知
$ Min(S)=\frac{1}{\sum\limits_{T \cap S \neq \emptyset}P_T}$
其中和原集有交可以转化成不属于原集的补集
求原集的补集可以用$ FMT/FWT$优化,时间复杂度$ O(n·2^n)$
$ my \ code:$
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define rt register int
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll x = ; char zf = ; char ch = getchar();
while (ch != '-' && !isdigit(ch)) ch = getchar();
if (ch == '-') zf = -, ch = getchar();
while (isdigit(ch)) x = x * + ch - '', ch = getchar(); return x * zf;
}
void write(ll y){if(y<)putchar('-'),y=-y;if(y>)write(y/);putchar(y%+);}
void writeln(const ll y){write(y);putchar('\n');}
int i,j,k,m,n,x,y,z,cnt,tot;
double a[];
namespace fast_IO{
const int IN_LEN=,OUT_LEN=;
char ibuf[IN_LEN],obuf[OUT_LEN],*ih=ibuf+IN_LEN,*oh=obuf,*lastin=ibuf+IN_LEN,*lastout=obuf+OUT_LEN-;
inline char getchar_(){return (ih==lastin)&&(lastin=(ih=ibuf)+fread(ibuf,,IN_LEN,stdin),ih==lastin)?EOF:*ih++;}
inline void putchar_(const char x){if(oh==lastout)fwrite(obuf,,oh-obuf,stdout),oh=obuf;*oh++=x;}
inline void flush(){fwrite(obuf,,oh-obuf,stdout);}
}
using namespace fast_IO;
#define getchar() getchar_()
double readf(){
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
double value=ch-'';
ch=getchar();
while(isdigit(ch)){
value=value*+ch-'';
ch=getchar();
}
if(ch=='.'){
double cur=0.1;
ch=getchar();
while(isdigit(ch)){
value+=cur*(ch-'');
cur*=0.1;
ch=getchar();
}
}
return value;
}
int main(){
tot=read();n=<<tot;
for(rt i=;i<n;i++)a[i]=readf();
for(rt i=;i<tot;i++)
for(rt j=;j<n;j++)if(j>>i&)a[j]+=a[j^(<<i)];
double ans=;
for(rt i=;i<tot;i++)if(a[n-^(<<i)]==)return puts("INF"),;
for(rt i=;i<n;i++)if(a[i]<-0.0000001){
if(__builtin_popcount(i)+tot&)
ans+=1.0/(1.0-a[i]);else ans-=1.0/(1.0-a[i]);
}
printf("%.10f",ans);
return ;
}
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