min-max容斥/最值反演及其推廣

設\(S\)是一個集合，\(\max(S)\)和\(\min(S)\)分別表示集合中的最大值與最小值。

那么有如下式子成立：

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

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

因為證明很簡單就寫一下吧，以第一個式子為例，設\(\max(S)=x\)，那么只有\(T=\{x\}\)時的\(\min(T)\)為\(x\)（可能有多個相同的最大值，這時候隨便欽點一個就可以了），對於除此之外的所有\(T\)，肯定至少存在一個集合中的數\(y\)使得\(\min(T \cup \{y\})=\min(T)\)，假設有\(k\)個這樣的\(y\)，那么從中選奇數個和選偶數個的方案數是一樣的，於是\(\min(T)\)就被抵消了。

這個式子在期望下也是成立的，即：

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

用期望的線性性證明即可。

於是就可以用來做題了，一般的套路是每個位置有概率從\(0\)變成\(1\)，問都變成\(1\)的期望步數，這就是\(\max(S)\)，然后就反演成\(\min(T)\)，至少一個數變成\(1\)的期望就好做很多了。

\(upd\)：來填坑了...現在來介紹一下最值反演的推廣：通過求\(\min\)來求第\(k\)大（\(kth\max\)）。前置知識是二項式反演，如果不知道請戳這里。

我們來嘗試構造一個函數\(f\)，使得：

\[kth\max(S)=\sum_{T \subseteq S} f_{|T|}\min(T) \]

然后來考慮一下對於集合中第\(i\)大的元素，如果\(\min(T)\)等於這個元素，那么只有比它大的\(i-1\)個元素是可能存在的，那么它的貢獻就是：

\[\sum_{j=0}^{i-1} {i-1 \choose j} f_{j+1} \]

也就是說\(f\)需要滿足：

\[\sum_{j=0}^{i-1} {i-1 \choose j} f_{j+1}=[i=k] \]

等價於：

\[\sum_{j=0}^i {i \choose j} f_{j+1}=[i=k-1] \]

為了方便我們用\(\widehat f_i=f_{i+1}\)替換\(f\)，然后用\(g_i\)表示\([i=k-1]\)，那么就得到：

\[\sum_{j=0}^i {i \choose j} \widehat f_j=g_i \]

看這個是不是一個經典的二項式反演的形式呀，所以二項式反演一下：

\[\widehat f_i=\sum_{j=0}^i (-1)^{i-j} {i \choose j} g_j \]

然后因為\(g_i=[i=k-1]\)，所以上面的式子只有\(j=k-1\)這一項是有貢獻的，我們再把\(f\)替換回去，得：

\[f_{i+1}=(-1)^{i-k+1} {i \choose k-1} \]

再把\(f_{i+1}\)替換成\(f_i\)，最終得到：

\[f_i=(-1)^{i-k} {i-1 \choose k-1} \]

終於結束啦！

\[kth\max(S)=\sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-k} {|T|-1 \choose k-1} \min(T) \]

同時我們可以發現如果要求第\(k\)大，那么只需要計算元素個數\(\geq k\)的子集就可以了。