标签：end ace 容斥 scanf $1 等于 sum 图片 one
考虑$ans=E(max(t[i])), i\in S, S=\begin{Bmatrix} 1,2,\cdots, n\end{Bmatrix}$，这里$t[i]$表示第$i$位变成$1$的时间，$E(max(t[i]))$表示最后变成$1$的一位的期望时间，暂时记为$E(max(S))$，注意这个不等于$max(E(S))$
然后套上$Min-Max$容斥，$ans=\sum_{T \subseteq S}E(min(T))$，$E(min(T))$表示$T$中至少有一位变成$1$的期望时间。
$E(min(T))$似乎不太好求，考虑补集转换，$E(min(T))=\frac{1}{1-\sum_{i\cap T=\varnothing }p[i]}$，$p$为题目中给出的数组，若将$T$视为二进制数，则$E(min(T))=\frac{1}{1-\sum_{i\&T=0}p[i]}$
而$\sum_{i\&T==0}p[i]$就等于$T$的补集的子集和，因此只需要$FWT(or)$一次就可以了。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; const int maxn = (1 << 20) + 5; const double eps = 1e-11; int n, m, num[maxn]; double a[maxn]; bool used[25]; void FWT_or(double *x) { for(int i = 1; i <= m; i <<= 1) for(int j = 0; j <= m; j += (i << 1)) for(int k = 0; k < i; ++k) x[i+j+k] += x[j+k]; } int main() { scanf("%d", &n); m = (1 << n) - 1; for(int i = 0; i <= m; ++i) { scanf("%lf", &a[i]); num[i] = num[i>>1] + (i & 1); if(a[i] > eps) { for(int j = 0; j < n; ++j) if((i >> j) & 1) used[j] = 1; } } for(int j = 0; j < n; ++j) if(!used[j]) { printf("INF"); return 0; } FWT_or(a); double ans = 0; for(int i = 1; i <= m; ++i) ans += ((num[i] & 1)? 1: -1) / (1 - a[m^i]); printf("%.10f", ans); return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Joker-Yza/p/12393764.html
