題目鏈接
題解
好套路的題啊，，，
我們要求的，實際上是一個集合\(n\)個\(1\)中最晚出現的\(1\)的期望時間
顯然\(minmax\)容斥
\[E(max\{S\}) = \sum\limits_{T \subseteq S} (-1)^{|T| + 1}E(min\{T\}) \]
那么問題就轉化為了求每個集合中最早出現的\(1\)的期望時間
假如在\(k\)時刻出現，那么前\(k - 1\)時刻一定都是取的補集的子集，記\(T\)補集的所有子集概率和為\(P\)
\[E(min\{T\}) = \sum\limits_{k = 1}^{\infty}kP(1 - P)^{k - 1} \]
是一個離散變量的幾何分布
設\(P(x = a) = p\)
那么取到\(a\)的期望為
\[\begin{aligned} E(x = a) &= \sum\limits_{k = 1}^{\infty}k(1 - p)^{k - 1}p \\ &= p\sum\limits_{k = 1}^{\infty}k(1 - p)^{k - 1} \end{aligned} \]
記\(f(x) = 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + \dots\)
則\(xf(x) = x + 2x^2 + 3x^3 + 4x^4 + \dots\)
則\((1 - x)f(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + \dots\)
對於\(0 < x < 1\)，\((1 - x)f(x)\)是收斂的，可以取到
\[(1 - x)f(x) = \frac{1}{1 - x} \]
\[f(x) = \frac{1}{(1 - x)^2} \]
所以
\[\begin{aligned} E(x = a) &= p\frac{1}{p^2} \\ &= \frac{1}{p} \end{aligned} \]
非常棒
於是有
\[E(min\{T\}) = \frac{1}{1 - P} \]
我們只需要求出所有集合的子集概率和就好了
其實就是或運算的\(FWT\)
然后就切掉辣
復雜度\(O(n2^n)\)
代碼非常短
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn = (1 << 20);
int n,N,cnt[maxn];
double p[maxn],ans;
int main(){
scanf("%d",&n); N = (1 << n);
for (int i = 0; i < N; i++) scanf("%lf",&p[i]);
for (int i = 1; i < N; i <<= 1)
for (int j = 0; j < N; j += (i << 1))
for (int k = 0; k < i; k++)
p[j + k + i] += p[j + k];
for (int i = 1; i < N; i++) cnt[i] = cnt[i >> 1] + (i & 1);
for (int i = 1; i < N; i++){
if (1.0 - p[(N - 1) ^ i] < 1e-9){puts("INF"); return 0;}
ans += ((cnt[i] & 1) ? 1.0 : -1.0) * (1.0 / (1 - p[(N - 1) ^ i]));
}
printf("%.9lf\n",ans);
return 0;
}