概念
Min-Max容斥，又称最值反演，是一种对于特定集合，在已知最小值或最大值中的一者情况下，求另一者的算法。
例如：
$$max(a,b)=a+b-min(a,b) \\\ max(a,b,c)=a+b+c-min(a,b)-min(a,c)-min(b,c)+min(a,b,c)$$
显然，将所有数取相反数，易知用最大值求最小值的公式与用最小值求最大值的公式形式相同。以下只讨论用最小值求最大值的方法。
形式
记 $Max(S)$ 表示集合 $S$ 的最大值，$Min(S)$ 表示集合 $S$ 的最小值，则：
$$
Max(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}(-1)^{|T|-1}Min(T)
$$
推导
设存在一个以集合大小为自变量的函数 $f$ 满足 $Max(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}f(|T|)Min(T)$ 。
记 $S$ 中元素从大到小排列为 $x_1,x_2,...,x_m$ ，则对于 $x_i$ ，其在左侧的贡献为 $[i=1]$ ，在右侧的贡献为 $\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}f(j+1)$ 。
若等式成立，则必有 $[i=1]=\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}f(j+1)$ 。
设 $F(i)=[i+1=1]$ （即 $[i=1]=F(i-1)$ ），$G(i)=f(i+1)$ ，则 $F(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}{i\choose j}G(j)$ 。
进行二项式反演，得 $G(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}{i\choose j}F(j)=(-1)^i$ 。
故 $f(i)=G(i-1)=(-1)^{i-1}$ 。
因此构造成立，故：
$$
Max(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}(-1)^{|T|-1}Min(T)
$$
另一种证明
考虑等式右侧，记最小值为 $x_i$ ，则：
- 当 $i=1$ 时，贡献为 $1$ ；
- 当 $i\neq 1$ 时，则 $x_1$ 有选和不选两种方案，这两种方案一一对应且系数恰为相反数，故总贡献为 $0$ 。
故右侧的总和就是 $x_1=Max(S)$ 。
推广
记 $kMax(S)$ 表示集合 $S$ 的第 $k$ 大值，则：
$$
kMax(S)=\sum\limits_{T\subset S,|T|\ge k}(-1)^{|T|-k}{|T|-1\choose k-1}Min(T)
$$
推导
设存在一个以集合大小为自变量的函数 $g$ 满足 $kMax(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}g(|T|)Min(T)$ 。
记 $S$ 中元素从大到小排列为 $x_1,x_2,...,x_m$ ，则对于 $x_i$ ，其在左侧的贡献为 $[i=k]$ ，在右侧的贡献为 $\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}g(j+1)$ 。
若等式成立，则必有 $[i=k]=\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}g(j+1)$ 。
设 $F(i)=[i+1=k]$ （即 $[i=k]=F(i-1)$ ），$G(i)=g(i+1)$ ，则 $F(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}{i\choose j}G(j)$ 。
进行二项式反演，得 $G(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}{i\choose j}F(j)=(-1)^{i-k+1}{i\choose k-1}$ 。
故 $f(i)=G(i-1)=(-1)^{i-k}{i-1\choose k-1}$ 。
因此构造成立，故：
$$
kMax(S)=\sum\limits_{T\subset S,|T|\ge k}(-1)^{|T|-k}{|T|-1\choose k-1}Min(T)
$$
应用
Min-Max容斥及其推广常用于解决“都出现的期望时间”问题，处理方法：
记 $t_i$ 表示第 $i$ 个元素的出现时间，则：
- $Max(S)$ 表示 $S$ 中 $t$ 的最大值，即所有元素出现时间的最大值，即所有元素都出现的时间；
- $Min(S)$ 表示 $S$ 中 $t$ 的最小值，即所有元素出现时间的最小值，即至少有一个出现的时间。
根据Min-Max容斥，有 $Max(S)=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}(-1)^{|T|-1}Min(T)$ 。
对左右同时取期望，由于线性，期望可以直接放到求和符号里面，即 $E(Max(S))=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \phi}(-1)^{|T|-1}E(Min(T))$ 。
容易发现 $E(Min(T))$ 求起来十分容易：当单位时间出现 $T$ 中至少一个的概率为 $p$ ，则出现 $T$ 中至少一个的期望时间为 $\frac 1p$ 。
于是通过公式即可求出 $Max(S)$ ，即所有元素都出现的期望时间。
对于Min-kMax容斥同理。
写法
如果只需要求出 $Max(U)$ ，即全集的最大值的话，只需要计算每个自己对全集的贡献即可。
如果要对所有 $S$ 求 $Max(S)$ 的话（尽管似乎还没遇到过），一种较快的方法是用按位分治来代替枚举子集。有两种常用写法，它们稍加处理就可以变成公式中的形式。
写法一
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
if(j & i)
f[j] -= f[i];此时系数是 $(-1)^{|S|-|T}$ .
写法二
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
if(j & i)
f[j] = f[i] - f[j];此时系数是 $(-1)^{|T|}$ 。
例题
[hdu4336]Card Collector
题目大意
有 $n$ 种卡片，每次购买有 $p_i$ 的概率买到第 $i$ 种，求使得每种都买到的期望购买次数。
$1\le n\le 20$ 。
题解
Min-Max容斥基础题，参见上面的 “应用” 部分。
对于本题，有 $Min(S)=\frac 1{\sum\limits_{i\in S}p_i}$ ，然后套用 $Min-Max$ 容斥的公式即可。
时间复杂度 $O(2^n)$ 。
#include
#define N 1100010
int cnt[N];
double p[N] , f[N];
int main()
{
int n , i , j;
double ans;
while(~scanf("%d" , &n))
{
ans = 0;
for(i = 0 ; i < n ; i ++ ) scanf("%lf" , &p[1 << i]);
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) f[i] = f[i - (i & (-i))] + p[i & (-i)] , cnt[i] = cnt[i - (i & -i)] + 1;
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) ans += ((cnt[i] & 1) ? 1 : -1) / f[i];
printf("%lf\n" , ans);
}
return 0;
} [bzoj4036]按位或
题目大意
你初始有数字 $0$ ，每次操作会随机选择 $[0,2^n-1]$ 的一个数字与你的数字进行按位或运算，选到数 $i$ 的概率为 $p_i$ 。求使得你的数字变为 $2^n-1$ 的期望操作次数。
$1\le n\le 20$ 。
题解
和上一题类似，问题转化为计算 $Min(S)$ ，即需要求出所有与 $S$ 有公共元素（取与不为 $0$ ）的 $p$ 之和。
正难则反，考虑求所有与 $S$ 无公共元素的 $p$ 之和，即 $S$ 的补集 $2^n-1-S$ 的所有子集的 $p$ 之和，使用按位分治来解决。
最后套公式计算即可。无解的判定通过判断是否某一位都存在一个 $p\neq 0$ 的元素来处理。
时间复杂度 $O(n\times 2^n)$ 。
代码
#include
#include
using namespace std;
double p[1100010];
int cnt[1100010];
int main()
{
int n , i , j;
double ans = 0;
scanf("%d" , &n);
for(i = 0 ; i < (1 << n) ; i ++ ) scanf("%lf" , &p[i]);
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) cnt[i] = cnt[i - (i & -i)] + 1;
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
{
for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
if((j & i) && p[j])
break;
if(j == (1 << n))
{
puts("INF");
return 0;
}
}
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i <<= 1)
for(j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++ )
if(j & i)
p[j] += p[j ^ i];
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ ) ans += ((cnt[i] & 1) ? 1 : -1) / (1 - p[(1 << n) - 1 - i]);
printf("%.8lf\n" , ans);
return 0;
} [luogu4707]重返现世
题目大意
有 $n$ 种物质，每单位时间会随机生成一种物质，生成第 $i$ 种物质的概率为 $\frac{p_i}m$ 。求获得 $k$ 种物质的期望时间。
$1\le n\le 1000$ ，$1\le m\le 10000$ ，$1\le k\le n$ ，$p_i$ 为整数且 $\sum\limits_{i=1}^np_i=m$ ，$n-k\le 10$ 。
题解
获得 $k$ 种物质，相当于求所有获得时间中第 $n-k+1$ 大的，问题转化为Min-kMax容斥问题。方便起见，以下令 $q=n-k+1$ ，则有 $1\le q\le 11$ 。
由于 $n$ 有 $1000$ 之大，使用前两道题的子集统计方法显然会直接暴毙。
思考：尽管我们的集合选取方案有 $2^n$ 种，但每种的 $Min(S)$ 只和 $\sum\limits_{i\in S}p_i$ 有关，因此状态数其实只有 $m$ 种。
一个比较显然的思路是设 $f_{i,j,l}$ 表示前 $i$ 种物质选出 $j$ 种，凑齐 $\sum p=l$ 的方案数，然而数据范围过大，无法通过此题。
到此为止，我们还有一个条件没有用到：$q\le 11$ 。
考虑在已知 $f_{i,j,l}$ 后答案的计算，贡献为 $(-1)^{j-q}{j-1\choose q-1}\times \frac ml\times f_{i,j,l}$ 。对于前面的部分，运用组合数公式，有：
$$
(-1)^{j-q}{j-1\choose q-1}=(-1)^{(j-1)-(q-1)}{j-2\choose q-2}-(-1)^{(j-1)-q}{j-2\choose q-1}
$$
而 $f_{i,j,l}$ 又有转移 $f_{i,j,l}=f_{i-1,j,l}+f_{i-1,j-1,l-p_i}$ ，故：
$$
(-1)^{j-q}{j-1\choose q-1}f_{i,j,l}=(-1)^{j-q}{j-1\choose q-1}f_{i-1,j,l}+(-1)^{(j-1)-(q-1)}{j-2\choose q-2}f_{i-1,j-1,l-p_i}-(-1)^{(j-1)-q}{j-2\choose q-1}f_{i-1,j-1,l-p_i}
$$
发现了什么？前面的系数只和 $j$ 与计算答案时所用的 $q$ 有关，因此设 $g_{i,j,l,t}$ 表示前 $i$ 种物质选出 $j$ 种，凑齐 $\sum p=l$ ，且最终计算时的 $q=t$ 的系数乘以方案数。则有：
$$
g_{i,j,l,t}=g_{i-1,j,l,t}+g_{i-1,j-1,l-p_i,t-1}-g_{i-1,j-1,l-p_i,t}
$$
我们所做的似乎都是无用功。但事实上，仔细观察就会发现 $j$ 的一维已经没有用处，无论是转移还是最终答案都不需要用到 $j$。
左右对 $j$ 那一维求和，便有 $h_{i,l,t}$ 表示前 $i$ 种物质选出若干种，凑齐 $\sum p=l$ ，且最终计算时的 $q=t$ 的系数乘以方案数，则有：
$$
h_{i,l,t}=h_{i-1,l,t}+h_{i-1,l-p_i,t-1}-h_{i-1,l-p_i,t}
$$
最终答案就是 $\sum\limits_{i=1}^mh_{n,i,q}\times \frac mi$ 。
时间复杂度 $O(nmq)$ ，由于空间不足，需要使用滚动数组。
代码
#include
#include
#define mod 998244353
typedef long long ll;
ll p[1010] , f[2][10010][11];
inline ll qpow(ll x , ll y)
{
ll ans = 1;
while(y)
{
if(y & 1) ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod , y >>= 1;
}
return ans;
}
int main()
{
int n , t , m , i , j , k , d;
ll ans = 0;
scanf("%d%d%d" , &n , &t , &m) , t = n - t + 1;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%lld" , &p[i]);
for(i = 1 ; i <= t ; i ++ ) f[0][0][i] = -1;
for(d = i = 1 ; i <= n ; i ++ , d ^= 1)
{
memcpy(f[d] , f[d ^ 1] , sizeof(f[d]));
for(j = p[i] ; j <= m ; j ++ )
for(k = 1 ; k <= t ; k ++ )
f[d][j][k] = (f[d][j][k] + f[d ^ 1][j - p[i]][k - 1] - f[d ^ 1][j - p[i]][k] + mod) % mod;
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) ans = (ans + f[n & 1][i][t] * m % mod * qpow(i , mod - 2)) % mod;
printf("%lld\n" , ans);
return 0;
}