【Learning】min-max容斥以及推广kth min-max容斥

min-max容斥

给定集合$S$，设$max(S)$为$S$中的最大值，$min(S)$为$S$中的最小值，则我们有一个式子：
$$max(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-1}min(T)$$
这个东西就叫做min-max容斥。
怎么证明？
我们考虑构造一个容斥系数$f(x)$，使得
$$max(S)=\sum _{T\subseteq S}f(|T|)min(T)$$
考虑第$x+1$大的元素会被统计到的贡献。
则这个贡献为${\sum }_{i=0}^x{C}_x^i\times f(i+1)$
简单来说，就是枚举有哪些集合的最小值会为第$x+1$大的元素。
则
$$[x==0]=\sum _{i=0}^x{C}_x^i\times f(i+1)$$
二项式反演一下
$$f(x+1)=\sum _{i=0}^x(-1{)}^{x-i}{C}_x^i[i==0]$$
得到
$$f(x+1)=(-1{)}^x$$
因此
$$f(x)=(-1{)}^{x-1}$$
综上，$$\begin{gathered} max(S)=\sum _{T\subseteq S}f(|T|)min(T) \\ =\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-1}min(T) \end{gathered}$$

证明完毕。
下面我们来看几道例题。
由于min-max容斥对于期望同样满足，所以可以很方便地解决一些概率和期望问题。

hdu4336 Card Collector

有n种卡片，每一秒都有$P_i$的概率获得一张第$i$种卡片，求每张卡片都至少有一张的期望时间。
我们记$max(S)$为$S$中最后获得的那种卡片第一次获得的期望时间，$min(S)$为$S$中的第一个获得的那种卡片第一次获得的期望时间。
仍然满足
$$max(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-1}min(T)$$
而
$$min(T)=\frac{1}{{\sum }_{i\in T}{P}_i}$$
直接计算即可。
代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=25;
const double eps=1e-7;
double a[N],ans;
int n;
void dfs(int now,int tot,double sum){
	if(now>n){
		if(sum>eps){
			if(tot&1){
				ans+=1/sum;
			}else{
				ans-=1/sum;
			}
		}
		return;
	}
	dfs(now+1,tot,sum);
	dfs(now+1,tot+1,sum+a[now]);
}
int main(){
	while(~scanf("%d",&n)){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%lf",&a[i]);
		}
		ans=0;
		dfs(1,0,0);
		printf("%lf\n",ans);
	}
	return 0;
}

bzoj4036 按位或

我们记$max(S)$为$S$中最后被或到的元素第一次被或到的期望时间，$min(S)$为$S$中的第一个被或到的元素第一次被或到的期望时间。
$$max(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-1}min(T)$$
而
$$min(S)=\frac{1}{{\sum }_{T\cap S̸=\varnothing }{P}_T}$$
我们如果求出了$min(s)$，就直接计算就好了。
怎么求？
$$\begin{gathered} \sum _{T\cap S̸=\varnothing }{P}_T \\ =sum-\sum _{T\cap S=\varnothing }{P}_T \\ =sum-\sum _{T\cap (all-S)=(all-S)}{P}_T \end{gathered}$$
然后$FWT$计算即可。
代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=1050005;
int n,all,tmp,cnt[N];
double sum,res,ans,a[N];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	all=1<<n;
	for(int i=0;i<all;i++){
		cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
		scanf("%lf",&a[i]);
		sum+=a[i];
		if(fabs(a[i])>1e-6){
			tmp|=i;
		}
	}
	if(tmp!=all-1){
		puts("INF");
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<all;i<<=1){
		for(register int j=0;j<all;j+=(i<<1)){
			for(register int k=j;k<j+i;k++){
				a[k+i]+=a[k];
			}
		}
	}
	for(register int i=0;i<all;i++){
		res=sum-a[all-1-i];
		if(res>1e-6){
			res=1/res;
		}else{
			res=0;
		}
		if(cnt[i]&1){
			ans+=res;
		}else{
			ans-=res;
		}
	}
	printf("%.8lf\n",ans);
	return 0;
}

推广 kth min-max容斥

我们考虑构造一个容斥系数$f(x)$，使得
$$kthmax(S)=\sum _{T\subseteq S}f(|T|)min(T)$$
考虑第$x+1$大的元素会被统计到的贡献。
这个贡献为${\sum }_{i=0}^x{C}_x^i\times f(i+1)$
则
$$[x==k-1]=\sum _{i=0}^x{C}_x^i\times f(i+1)$$
二项式反演一下
$$f(x+1)=\sum _{i=0}^x(-1{)}^{x-i}{C}_x^i[i==k-1]$$
得到
$$f(x+1)=(-1{)}^{(x-(k-1))}{C}_x^{k-1}$$
因此
$$f(x)=(-1{)}^{x-k}{C}_{x-1}^{k-1}$$
综上，$$\begin{gathered} kthmax(S)=\sum _{T\subseteq S}f(|T|)min(T) \\ =\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-k}{C}_{|T|-1}^{k-1}min(T) \end{gathered}$$
有一道例题，还没弄懂，不会做：重返现世
这道题是ypl学长的神题QwQ
upd:写了这一题，贴一个题解吧

边界需要仔细考虑，非常巧妙地设成-1。（额怎么说呢初始化为-1手算一下发现是对的）

#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=1005,M=10005,K=15,mod=998244353;
int n,m,k,ans,p[N],f[2][M][K];
int fastpow(int a,int x){
    int res=1;
    while(x){
        if(x&1){
            res=1LL*res*a%mod;
        }
        x>>=1;
        a=1LL*a*a%mod;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
    k=n-k+1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&p[i]);
    }
    for(int i=1;i<=k;i++){
        f[0][0][i]=-1;
    }
    int sta=1;
    for(int i=1;i<=n;i++,sta^=1){
        for(int j=0;j<=m;j++){
            for(int x=1;x<=k;x++){
                f[sta][j][x]=f[sta^1][j][x];
                if(j-p[i]>=0){
                    f[sta][j][x]=(1LL*f[sta][j][x]+f[sta^1][j-p[i]][x-1]-f[sta^1][j-p[i]][x])%mod;
                }
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<m;i++){
        ans=(ans+1LL*fastpow(i,mod-2)*m%mod*f[sta^1][i][k]%mod)%mod;
    }
    ans=(ans+f[sta^1][m][k])%mod;
    printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
    return 0;
}