min-max 容斥学习笔记

关于 $min-max$容斥，我们希望构造一个系数使得
$max(s)=\sum_{T\subseteq S}f_{|T|}min(T)$
考虑 $k+1$ 大的贡献
$max(s)=\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}f_{i+1}=[k=0]$
反演得 $f_{k+1}=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}[i=0]\binom{k}{i}=(-1)^k$
所以 $f_{|T|}=(-1)^{|T|-1}$

关于 $kth-min-max$ 容斥，同上考虑 $k + 1$ 大的贡献
$kth-max(s)=\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}f_{i+1}=[k=rk-1]$
反演得 $f_{k+1}=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom{k}{i}[i=rk-1]=(-1)^{k-rk+1}\binom{k}{rk-1}$
所以 $f_{|T|}=(-1)^{|T|-rk}\binom{|T|-1}{rk-1}$

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HDU4624：Endless Spin
题意：给一个长为m 的白球序列，每次随机一个区间，把区间内的球全部染为黑色，求把所有球染黑的期望步数
考虑到 $ans=max(p_i)$不好求，转换为求 $min(p_i)$ 然后反演
一个集合的最小期望就是这个集合第一个被染到的点的期望时间
发现为 总个数/能覆盖一个点的区间个数
但我们不能枚举集合，考虑到能覆盖到一个点的区间个数很少，想到了 $dp$
$f_{i,j,0/1}$ 为当前选到了第 i 个位置，不能覆盖一个点的个数是 j，最后一维是容斥的系数
$f_{i,j+\binom{i-p-1}{2}}+=f_{p,j}$

#include<bits/stdc++.h>
#define N 55
typedef long long ll;
using namespace std;
int T, n; ll f[N][N*N][2];
int P(int x){ return x * (x + 1) / 2;}
int main(){
  scanf("%d", &T);
  while(T--){
    scanf("%d", &n);
    memset(f, 0, sizeof(f));
    f[0][0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
      for(int j = 0; j < i; j++)
        for(int k = P(i - j - 1); k <= P(i); k++)
          for(int l = 0; l < 2; l++)
            f[i][k][l] += f[j][k - P(i - j - 1)][l ^ 1];
    double ans = 0; int tot = P(n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
      for(int j = 0; j <= P(i); j++){
        for(int l = 0; l < 2; l++){
          if(l & 1) {if(f[i][j][l]) ans += 1.0 * f[i][j][l] * tot / (tot - j - P(n - i));} 
          else { if(f[i][j][l])ans -= 1.0 * f[i][j][l] * tot / (tot - j - P(n - i));}
        }
      }
    } printf("%.15lf\n", ans);
  } return 0;
}

​​重返现世​​​

求$kth-min(p_i)$
考虑到 $n-k$很小，于是把$k$换成 $n-k+1$，变成求 $kth-max(p_i)$
而 $kth-max(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}min(T)$
而 $min(S)=\frac{m}{\sum_{i\in S}p_i}$
同样又不能枚举集合，而 $\sum p_i$ 的个数非常少
于是令 $f_{i,j,k}$ 表示到第 i 个，当前$p_i$ 的和，现在求的是第 k 大的$\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}min(T)$的值
如果不选 $f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}$
如果选，所有的 $|T|$ 要变成 $|T|+1$
也就是 $\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}min(T)$变成 $\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T+1|-k}\binom{|T|}{k-1}min(T)$
而$\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T+1|-k}\binom{|T|}{k-1}min(T)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T+1|-k}(\binom{|T|-1}{k-1}+\binom{|T-1|}{k-2})min(T)$
所以 $f_{i,j,k}=f_{i-1,j-p_i,k-1}-f_{i-1,j-p_i,k}$

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10050
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Mod = 998244353;
ll add(ll a, ll b){ return (a + b) % Mod;}
ll mul(ll a, ll b){ return (a * b) % Mod;}
ll power(ll a, ll b){ll ans = 1; for(;b;b>>=1, a=mul(a,a)) if(b&1) ans = mul(ans,a); return ans;}
ll f[2][N][11]; int n, k, m, p[N];
int main(){
  scanf("%d%d%d", &n, &k, &m); k = n - k + 1;
  for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &p[i]);
  int now = 0;
  f[now][0][0] = 1;
  for(int i = 1; i <= n; i++){
    now ^= 1; memset(f[now], 0, sizeof(f[now]));
    f[now][0][0] = 1;
    for(int j = 1; j <= p[i] - 1; j++) for(int l = 1; l <= k; l++) f[now][j][l] = f[now^1][j][l];
    for(int j = p[i]; j <= m; j++) for(int l = 1; l <= k; l++)
      f[now][j][l] = add(f[now^1][j][l], add(f[now^1][j-p[i]][l-1], Mod - f[now^1][j-p[i]][l]));
  }
  ll ans = 0;
  for(int i = 1; i <= m; i++) ans = add(ans, mul(f[now][i][k], mul(power(i, Mod-2), m)));
  cout << ans; return 0;
}