min-max容斥學習筆記
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前置知識
二項式反演
\[f(n)=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i) \] -
一些定義
\(\max (S),\min (S)\)表示分別集合\(S\)的最大，最小元素
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套路式子
\[\max(S)=\sum_{\varnothing\not=S\subseteq T}(-1)^{|T|-1}\min(T) \] -
證明
首先我們先設一個容斥系數\(f(x)\)
\[\max(S)=\sum_{\varnothing\not=S\subseteq T}f(|T|)\min(T) \]設集合\(S\)有\(n\)個元素，我們討論第\(k\)小元素的貢獻
\[\sum_{i=0}^{n-k}\binom{n-k}{i}f(i+1)=[n-k=0] \]就是當這個元素成為最小值時另外再選幾個比它要大的元素的方案，如果這個元素不是最大元素，要求不貢獻
設
\[F(n)=f(n+1),G(n)=[n=0] \]上式為
\[G(n)=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}F(i) \]由二項式反演
\[F(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}G(i) \]代回去
\[\begin{aligned} f(n+1)&=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}[i=0]\\ &=(-1)^n\\ f(n)&=(-1)^{n-1} \end{aligned} \]所以有
\[\max(S)=\sum_{\varnothing\not=S\subseteq T}(-1)^{|T|-1}\min(T) \] -
用處
在期望意義下，這個式子依然成立，即
\[E(\max(S))=\sum_{\varnothing\not=S\subseteq T}(-1)^{|T|-1}E(\min(T)) \]下面給幾個例題
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例題
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題意：有\(n\)個卡牌，每秒有\(p_i\)的概率抽到卡牌\(i\)，求至少得到每個卡牌至少一張的期望時間
min-max容斥有個套路思想就是化max為min，因為min一般比較好統計
令\(\max (S)\)表示集合\(S\)中最后一個獲得元素的期望時間，\(\min (S)\)代表集合\(S\)中第一個獲得元素的期望時間
那么有上面的套路式子
\[\max(S)=\sum_{\varnothing\not=S\subseteq T}(-1)^{|T|-1}\min(T) \]\(\min (T)\)就非常好求了
\[\min(T)=\frac{1}{\sum_{i\in T}p_i} \]就是先把總概率算一下的事情
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題意：初始有一個數\(0\)，每秒有\(p_i\)的概率或(|)上整數\(i(i\in [0,2^n))\)，求期望多少秒后數組變成\(2^n-1\)
令\(\max(S)\)表示最后一個或上去的期望時間，\(\min(S)\)同理
式子隨便套，考慮求出\(\min(T)\)
\[\min(T)=\frac{1}{\sum_{S\cap T\not=\varnothing}p_S} \]考慮求底下的東西
\[\begin{aligned} \sum_{S\cap T\not=\varnothing}p_S&=\sum_{S\subseteq U} p_S-\sum_{S\cap T=\varnothing}p_S\\ &=\sum_{S\subseteq U}p_S-\sum_{\overline S\cup T=\overline S}p_S \end{aligned} \]后面的東西取補集后是子集和的形式，我們可以\(FWT\)或者\(FMT\)在\(2^nn\)內求出
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題意：樹上隨機游走，給定起點，每次詢問至少走過一次點集的期望時間
直接套路上去考慮如何求\(\min (T)\)，即第一次到達給定點集的期望步數
令\(dp_u\)表示\(u\)走到給定點集\(S\)的期望步數，\(d_u\)為\(u\)點度數
若\(u\in S,dp_u=0\)
否則
\[\begin{aligned} dp_u&=\frac{dp_{fa}}{d_u}+\frac{\sum dp_v}{d_u}+1\\ &=A_udp_{fa}+B_u \end{aligned} \]就先把環狀的轉移和其他的分開搞一下，那么
\[dp_u=\frac{dp_{fa}}{d_u}+\frac{\sum A_vdp_u+B_v}{d_u}+1 \]化簡一下
\[(1-\frac{\sum A_v}{d_u})dp_u=\frac{dp_{fa}}{d_u}+\frac{\sum B_v}{d_u}+1 \]把左邊除過去就可以了
這樣的話我們可以\(n2^n\log 998244353\)處理出每個集合的\(\min(S)\)了，仍然可以預處理子集和
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kthmax-min容斥
\[kthmax(S)=\sum_{\varnothing\not=T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}\min(T) \]\(kthmax(S)\)表示集合中第\(k\)大的元素
證明起來和普通的差不多
設一個容斥系數\(f(n)\),統計\(n\)個元素中第\(x\)小的貢獻
\[\sum_{i=0}^{n-x}\binom{n-i}{i}f(i+1)=[n-x+1=k]\\ \sum_{i=0}^n\binom{n}{i}f(i+1)=[n=k-1]\\ f(n+1)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}[i=k-1]\\ f(n)=(-1)^{n-k}\binom{n-1}{k-1} \] -
參考資料