[HAOI2015]按位或

Description
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0<=p[i]<=1，Σp[i]=1问期望多少秒后，你手上的数字变成2^n-1。

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
2
0.25 0.25 0.25 0.25

Sample Output
2.6666666667

这题考虑Min-Max容斥：

现有集合\(S\)，令\(\max(S)\)表示集合中最大的元素，\(\min(S)\)表示集合中最小的元素，那么有

\[\max(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\min(T)\]

对期望同样有效，证明自行百度

因此我们设\(E(\max(S))\)表示\(S\)中出现次数最晚的元素的时间的期望，\(E(\min(S))\)同理，那么有

\[E(\max(S))=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(\min(T))\]

考虑如何求\(E(\min(T))\)，发现只要随便或上一位就好，于是有

\[E(\min(T))=\dfrac{1}{\sum\limits_{G\cap T\not=\varnothing}p[G]}\]

只要任意一个和\(T\)有交的集合\(G\)就会产生至少一位

现在问题转化为如何求和\(T\)有交的部分，可以考虑容斥，求与其不交的集合，令\(H=T\oplus (2^n-1)\)，那么显然和\(T\)不交的集合都是\(H\)的子集，FWT累计子集和即可

复杂度\(O(2^n)\)

/*program from Wolfycz*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline char gc(){
    static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int frd(){
    int x=0,f=1; char ch=gc();
    for (;ch<'0'||ch>'9';ch=gc())   if (ch=='-')    f=-1;
    for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=gc()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
    return x*f;
}
inline int read(){
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())  if (ch=='-')    f=-1;
    for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())    x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
    return x*f;
}
inline void print(int x){
    if (x<0)    putchar('-'),x=-x;
    if (x>9)    print(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int N=1<<20;
void FWT(double *a,int n,int type){
    for (int i=2;i<=n;i<<=1)
        for (int j=0;j<n;j+=i)
            for (int k=0;k<i>>1;k++)
                a[j+k+(i>>1)]+=type*a[j+k];
}
double P[N+10];
int cnt[N+10];
int main(){
    int n=read();
    for (int i=0;i<1<<n;i++)    scanf("%lf",P+i);
    for (int i=0;i<1<<n;i++)    cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
    FWT(P,1<<n,1);
    double Ans=0;
    for (int i=1;i<1<<n;i++)    if (1-P[((1<<n)-1)^i]>1e-8) Ans+=(cnt[i]&1?1:-1)/(1-P[((1<<n)-1)^i]);
    printf(Ans<1e-10?"INF\n":"%lf\n",Ans);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Wolfycz/p/10437297.html