【BZOJ】3925 [Zjoi2015]地震后的幻想乡 状压+期望DP||定积分

题目传送门

这题是真的神仙题……整整花了我两个礼拜来理解这题

首先这题据我了解有三种做法：纯OI做法、积分+数学推导、直接积分

请做好一定的心理准备，接下来的东西可能有点难理解（好像不是一点点的难吧……）

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1.纯OI做法

首先我们根据期望的线性性，可以得到$ans={\sum }_{x=0}^{m}w(x)\times p(x)$，其中$w(x)$为最大边为$x$时的对答案的贡献，$p(x)$为最大边为$x$时的概率。

由题目所给信息“对于$n$个之$[0,1]$间的随机变量$x1,x2,...,xn$，第$k$小的那个的期望值是$\frac{k}{n+1}$”可知：$w(x)=\frac{x}{m+1}$。

$\therefore ans={\sum }_{x=0}^m\frac{x}{m+1}\times p(x)$

设$f(x)$为最大边权的排名$\ge x$的概率，则$p(x)=f(x-1)-f(x)$。

$$\begin{gathered} \therefore ans=\frac{1}{m+1}\times [f(0)-f(1)]+\frac{2}{m+1}\times [f(1)-f(2)]+... \\ +\frac{m}{m+1}\times [f(m-1)-f(m)]+\frac{m+1}{m+1}\times [f(m)-f(m+1)] \end{gathered}$$

$\because f(0)=1,f(m+1)=0$
$$\therefore ans=\frac{1}{m+1}\sum _{x=0}^{m}f(x)$$
定义$f[S][i]$为点集为$S$，选取了$i$条边使得点集不连通的方案数；同理，定义$g[S][i]$为点集为$S$，选取了$i$条边使得点集连通的方案数。

易得$f[S][i]+g[S][i]=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{cnt[s]}\right)$，其中$cnt[S]$为点集$S$内的边数。

可以通过固定某定点$P$来进行转移，以达到不重复、不遗漏的计数。
$$f[S][i+j]=\sum _{P\in S,T\subset S}g[T][i]\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{cnt[S-T]}\right)$$
那么最终答案即为$ans=\frac{1}{m+1}{\sum }_{x=0}^m\frac{f[all][x]}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{cnt[all]}\right)}$。

附上AC代码：

#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=11,M=46;
int n,m,e[N],sz[1<>1]+(sub&1))==1){g[sub][0]=1; continue;}
		for (int i=0; i>i)&1) cnt[sub]+=sz[e[i]&sub];
		cnt[sub]>>=1,wz=sub&-sub;
		for (int opt=(sub-1)⊂ opt; opt=(opt-1)&sub)
			if (opt&wz)
				for (int i=0; i<=cnt[opt]; ++i)
					for (int j=0; j<=cnt[opt^sub]; ++j)
						f[sub][i+j]+=g[opt][i]*c[cnt[opt^sub]][j];
		for (int i=0; i<=cnt[sub]; ++i) g[sub][i]=c[cnt[sub]][i]-f[sub][i];
	}
	for (int i=0; i<=m; ++i) ans+=(double)f[(1<

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接下来的两种做法可能需要一定的高等数学知识，至于定积分、求导之类的运算法则，出门左拐度娘处。

讲接下来的两种做法之前，我们先来证明一个对于我个人很难理解的东西，因为接下来的做法都要用到。

求证：$ans={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$，其中$f(x)$为答案$>x$的概率。

证明：设$p(x)$为答案$=x$的概率

易得：$p(x)={\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{f(x)-f(x+\Delta x)}{\Delta x}=-f^{\prime }(x)$

根据期望的定义，得：$ans={\int }_0^{1}x\times p(x)\mathrm{d}x$

$$\therefore ans={\int }_0^{1}x\times (-f^{\prime }(x))\mathrm{d}x={\int }_0^{1}x\mathrm{d}(-f(x))=[x\times (-f(x)){]}_0^1+{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$$

$\because f(x)$为答案$>x$的概率$\therefore f(0)=1,f(1)=0\therefore ans={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$

证毕。

2.积分+数学推导

我们设一个函数$P_S(t)$表示当$S$[$S$为一个点集在原图中的导出子图]中的最大边为$t$时，$S$不连通的概率为$P_S(t)$。

那么有$E(X)={\int }_0^1{P}_{SIE}(t)\mathrm{d}t$[$SIE$为全集] \qquad (根据上面的证明可得)

我们可以方便地写出$P(t)$的递归式。

我们考虑一张图$S$，我们把其分成两部分($S_0$与$S-S_0$)，那么$S_0$连通而$S$不连通的概率为：
$$[1-P_{S_0}(t)]\times (1-t{)}^{E(S_0,S)}$$
其中$E(S_0,S)$为$S_0$到$S-S0$的边数。
$$\begin{array}{rl}\therefore P_S(t)& =\sum _{S_0̸\subseteq S}(1-t{)}^{E(S_0,S)}\times [1-P_{S_0}(t)][1\in S_0]\\ \therefore E(X)& ={\int }_0^1{P}_{SIE}(t)\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^1\sum (1-t{)}^{E(S_0,S)}\times [1-P_{S_0}(t)]]\mathrm{d}t[1\in S_0)]\\ & =\sum {\int }_0^1(1-t{)}^{E(S_0,S)}\mathrm{d}t-{\int }_0^1(1-t{)}^{E(S_0,S)}\times P_{S_0}(t)\mathrm{d}t\\ & =\sum \frac{1}{E(S_0,S)+1}-{\int }_0^1(1-t{)}^{E(S_0,S)}\times P_{S_0}(t)\mathrm{d}t\end{array}$$

我们递归定义$f[S_0][E(S_0,S)]={\int }_0^1(1-t{)}^{E(S_0,S)}\times P_{S_0}(t)\mathrm{d}t$

$\therefore f[1][k]=0,k\in [0,m]f[S][k]=\sum \frac{1}{k+E(S_0,S)+1}-f[S_0][k+E(S_0,S)]$

然后直接暴力即可。

附上AC代码：

#include 
using namespace std;

const int N=11,M=56;
int n,m,x,y,t[1<>x)&1)
				for (int s2=0; s2<=all; ++s2)
					if ((s2>>y)&1)
						++t[s1][s2],++t[s2][s1];
	}
	return printf("%.6lf\n",calc(all,0)),0;
}

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3.直接积分

首先记$F(x)$为答案$>x$的概率，可知$ans={\int }_0^{1}F(x)\mathrm{d}x$

$F(x)$等价于边权$<x$时不能使图连通的概率。有点难求，正难则反，考虑使图连通的概率。

记$f(S)$为集合$S$连通的概率，$f(S)=1-{\sum }_{S^{\prime }\subset S}f(S^{\prime })\times (1-x{)}^{cnt}$，其中$cnt$为$S^{\prime }$和$S-S^{\prime }$的边数。

可以发现，$f(S)$为关于$x$的多项式，可以做定积分。

也可以换一种理解的方式。

设$f(x)$为$x==ans$的概率密度函数，令$F(x)=\int f(x)\mathrm{d}x$
$$\begin{array}{rl}ans& ={\int }_0^{1}xf(x)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{1}x\mathrm{d}(F(x))\\ & =[x\times F(x){]}_0^1-{\int }_0^{1}F(x)\mathrm{d}x\\ & =1-{\int }_0^{1}F(x)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^1(1-F(x))\mathrm{d}x\end{array}$$
$F(x)$的意义为取值$\le x$的概率，等价于每条边有$x$的概率出现，问图的连通概率。

注意：这种做法不知为何有点卡精度，需要开__float128。

#include 
#include 
using namespace std;

const int N=10,M=57;
typedef __float128 ld;
typedef long long ll;
typedef vector  poly;
struct note{
	int x,y;
}a[M];
int n,m;
poly o,tmp,f[1<>x-1)&1;}

inline poly operator * (const poly x,const poly y){
	poly ret(x.size()+y.size()-1,0);
	for (int i=0; i

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还有一小部分没有弄懂，就是“对于$n$个之$[0,1]$间的随机变量$x1,x2,...,xn$，第$k$小的那个的期望值是$\frac{k}{n+1}$”的证明，最近还在思考，挖坑待填。

淦，凭什么一个多项式做定积分会有阶乘这种东西出来，不知道为什么${\int }_0^1{x}^k(1-x{)}^{n-k}\mathrm{d}x=\frac{k!1!(n-k)!}{(n+1)!}$，还是留坑待填。

至于第$k$小的概率好像已经石锤了，$p(x)=n\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)\times x^{k-1}(1-x{)}^{n-k}$。

有没有哪位巨佬可以教我一下的，希望在评论区留言，锅在这里很难受的嘤嘤嘤。

UPD：也许我已经会证明了，找到一个写的比较详细的人：巨佬传送门，证明过程等我笔记本修好再好好写一下吧。

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后记：讲真，这的确是一道神题，很有思考的价值。

连续性变量的期望用微积分的方法来做会简便很多。

希望我写的博客能够帮助各位巨佬解这道题，另外我不觉得信息学和微积分有何冲突，只要是能做题的方法都是好方法，并没有哪种方法好一些，不应该有偏见，能掌握做题的方法肯定是越多越好。

就这样吧。