min-max容斥

$max(S)={\sum }_{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|+1}min(T)$

$E(max(S))={\sum }_{T\subseteq S}(-1{)}^{\mid T\mid +1}E(min(T))$

证明:
我们考虑集合中的每个数对答案的贡献（不可重集），然后显然
应用:
[HAOI2015]按位或

解析

• 转化，有n维空间，每维0~1，每维有一个由0->1的时间，求所有维度时间max的期望
• 直接min-max容斥,考虑集合，对于某个子集考虑求出其某位最早出现1的时间的期望
• 直接推数学公式发现是个等差比数列，最后发现就是要求每个集合其子集的概率之和
• 直接高维前缀和

#include
using namespace std;
const double eps=1e-3;
const int N=20;
double a[1<<N],ans;
int n;
int get_sum(int x){
	int ans=0;
	while (x) ans+=(x&1),x>>=1;
	return (ans+1)&1;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=0;i<(1<<n);i++) scanf("%lf",&a[i]);
	for (int i=0;i<n;i++)
	 for (int j=0;j<(1<<n);j++) if ((1<<i)&j) a[j]+=a[j^(1<<i)];
	int len=(1<<n)-1; 
	for (int i=1;i<(1<<n);i++) 
		if (fabs(1.0-a[i^len])>eps) if (get_sum(i)) ans=(ans-1.0/(1.0-a[i^len])); else ans+=1.0/(1.0-a[i^len]);
		else {puts("INF"); return 0;}
	printf("%.10lf\n",ans);
}

51nod1355 斐波那契的最小公倍数

解析

在斐波那契数列中有个结论
$gcd(F_a,F_b)=F_{gcd(a,b)}$
证明略
但是本题让我们求lcm
这就启发我们思考lcm与gcd直接的关系
但是直接想好像没有什么发现
我们把每个数抽象成一个由质数为基础的向量空间
我们发现对于lcm就是每个质数维度求max，对于gcd就是每个质数维度求min
我们考虑min-max容斥
$lcm(F_{\left\{S\right\}})={\prod }_{T\subseteq S}gcd(F_{\left\{T\right\}}{)}^{(-1{)}^{|T|+1}}={\prod }_{T\subseteq S}{F_{gcd\left\{T\right\}}}^{(-1{)}^{|T|+1}}$
利用上述知识似乎到这一步就止了，我们需要更为强力的武器
$gcd\left\{T\right\}?$莫比乌斯反演?
给个不那么严谨的做法，我们定义$g_i$为gcd为i及其倍数的质数所产生的贡献，然后直接容斥

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
int a[N],g[N],f[N];
int n,x;
ll ksm(ll x,ll y){
   ll ans=1;
   for (;y;y>>=1,x=(x*x)%mod) if (y&1) ans=(ans*x)%mod;
   return ans;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x),a[x]++;
	f[0]=0; f[1]=1;
	for (int i=2;i<N;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;
	for (int i=1;i<N;i++) {
		int sum=0;
		for (int j=1;j*i<N;j++) sum+=a[j*i];
		if (sum) g[i]=1;
	}
	for (int i=N-1;i>=1;i--)
	 for (int j=2;j*i<N;j++) g[i]-=g[i*j];
	ll ans=1; 
	for (int i=1;i<N;i++) if (g[i]!=0) {
	if (g[i]>0) ans=ans*ksm(f[i],g[i])%mod;
	else ans=ans*ksm(ksm(f[i],-g[i]),mod-2)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}  

拓展K-th Min-Max

我们考虑$k-thMax(S)={\sum }_{T\subseteq S}f(|T|)min(T)$
我们每个数被算到的贡献，不妨假设为第x大的数,总共有n个元素
其贡献为${\sum }_{i=0}^{x-1}C(x-1,i)f(i+1)$,根据要求$[x==k]={\sum }_{i=0}^{x-1}C(x-1,i)f(i+1)$
直接上二项式反演
$f(i)=C(i-1,k-1)(-1{)}^{i-k}$
$k-thMax(S)={\sum }_{T\subseteq S}C(|T|-1,k-1)(-1{)}^{|T|-k}min(T)$
对于期望依然成立

重返现世

解析

• 我们考虑每种物品都有一个出现的时间，求所有物品出现时间第k小的期望
• 首先转化为求第n-k+1大的期望
• min的期望非常好求，对于某个子集T,$Emin(T)=\frac{m}{{\sum }_{x\subseteq T}{p}_x}$
• 考虑min-max容斥，注意到k十分小，启发我们思考维护$C(|T|-1,k-1)(-1{)}^{|T|-k}$的贡献
• 考虑dp[i][j]表示当$k=i,\sum p=j$时产生的贡献,那么新加入位置x,$d{p}^{\prime }[i][j]=dp[i-1][j-p_x]-dp[i][j-p_x]$(利用组合数的递推式)

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int D=13;
const int N=1010;
const int M=10010;
int dp[D][M],p[N],inv[M];
int n,k,m;
int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
int mul(int x,int y){return (ll)x*y%mod;}
int ksm(int x,int y){
	int ans=1;
	for (;y;y>>=1,x=mul(x,x)) if (y&1) ans=mul(ans,x);
	return ans;
}
void init(){
	inv[0]=inv[1]=1; 
	for (int i=2;i<M;i++) inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
	k=n-k+1;
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
	init();
	dp[0][0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++) {
		for (int j=k;j>=1;j--) 
			for (int q=m;q>=p[i];q--) 
			 dp[j][q]=add(dp[j][q],dec(dp[j-1][q-p[i]],dp[j][q-p[i]]));
	}
	int ans=0;
	for (int i=0;i<=m;i++) ans=add(ans,mul(inv[i],dp[k][i]));
	printf("%d\n",mul(ans,m));
}