min-max容斥

min-max 容斥

简单来说，我们想要通过集合最小值计算出最大值：
$$\max (S)=\sum _{T\subseteq S}\min (T)\cdot (-1{)}^{|T|-1}$$
证明是构造一个映射f(T)，设 x 为最大值，$f(T)\to f(T\oplus x)$，显然这是一个一一映射，且一个映射的最小值相同，恰好抵消。只剩下 {x} 的贡献。

同理，也可以用 max 容斥出 min：$$\min (S)=\sum _{T\subseteq S}\max (T)\cdot (-1{)}^{|T|-1}$$

这样的一个好处是，对于期望，也可以进行 minmax 容斥。此时 max 表示满足所有条件的期望，min 表示满足至少一个条件的期望。

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PKUWC2018 随机游走
利用 min-max 容斥，问题转化成求经过集合中至少一个点的期望。
$$f[u]=1+\frac{1}{du[u]}f[fa]+\frac{1}{du[u]}\sum _{v\in so{n}_u}f[v]$$

需要用到树上高斯消元的技巧。发现 $f[u]$ 可以用 $k_{u}f[fa]+b_u$ 表示。

$$\sum _{v\in so{n}_u}f[v]=\sum k_{v}f[v]+b_v$$代回上式得：

$$f[u]=1+\frac{1}{du[u]}f[fa]+\frac{1}{du[u]}f[u]\sum k_v+\frac{1}{du[u]}\sum b_v$$
$$(1-\frac{\sum k_v}{du[u]})f[u]=1+\frac{1}{du[u]}f[fa]+\frac{1}{du[u]}\sum b_v$$

除过去就能解出 $k_u,b_u$。

这样可以在 $O(n{2}^n)$ 的时间求出每个 $Min(S)$。要求 $Max(S)$，FWT即可。

扩展 min-max 容斥

利用类似的想法，我们想要用 min 来计算出第 k 大。也就是说，我们希望找到容斥系数 $f(|T|)$ 满足如下式子：
$$\text{kthmax}(S)=\sum _{T\subseteq S}f(|T|)\cdot \min (T)$$

那么对于第 t 大的元素，我们想让它的系数为 [t==k]，也就是：
$$\sum _{i=1}^t\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{t-1}{i-1}\right)f(i)=[t==k]$$

反演一下：
$$f(n)=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1})[i==k]$$

得到：
$$f(n)=(-1{)}^{n-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})$$

因此我们要求的可以写成：
$$\text{kthmax}(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|T|-1}{k-1})\min (T)$$

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luoguP4707 重返现世
n 种物品，每种物品每一时刻出现的概率是 p_i，求收集到 k 种物品的期望时间。
$1\le n\le 1000,1\le k\le n,|n-k|\le 10$

显然我们要求的是 $\text{(n-k+1)thmax(S)}$。根据上面的式子，我们只需要 DP 出系数即可。设 $f(i,j,k)$ 表示考虑了前 i 个物品，$\sum p_i=j$，那个组合数乘上 -1 的多少次方之和。转移是 $f(i,j,k)=f(i-1,j,k)-f(i-1,j-p[i],k)+f(i-1,j-p[i],k-1)$。