题目分析

与hdu4336 Card Collector相似，使用min-max容斥。

设\(\max(S)\)表示集合\(S\)中最后一位出现的期望时间。

设\(\min(S)\)表示集合\(S\)中最初一位出现的期望时间。

由min-max容斥可得：

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

考虑求每一个\(\min(S)\)。

一个很显然的暴力代码：

	for(int i=0;i<(1<<n);i++){

		double tot=0;

		for(int j=0;j<(1<<n);j++)if(i&j)tot+=p[j];

		Min[i]=tot;

	}

我们考虑对于每一个集合\(S\)，实质上只有与它没有交集的数对它没有贡献。

那么我们可以用总贡献减去与它没有交集的数的贡献。

即对于每一个数，只需要对它的补集的子集全部减去它的贡献即可。

这个很显然能够\(O(nlogn)\)计算出来。

那么就做完啦。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n;

double p[(1<<20)+5],a[25];

int main(){

	scanf("%d",&n);

	for(int i=0;i<(1<<n);i++){

		double x;

		scanf("%lf",&x);

		p[((1<<n)-1)^i]+=x;

		for(int j=0;j<n;j++)

			if(i&(1<<j))a[j]+=x;

	}

	for(int i=0;i<n;i++)if(!a[i]){puts("INF");return 0;}

	for(int j=0;j<n;j++)

		for(int i=0;i<(1<<n);i++)

			if(i&(1<<j))p[i^(1<<j)]+=p[i];

	for(int i=0;i<(1<<n);i++)p[i]=1-p[i];

	double ans=0;

	for(int i=1;i<(1<<n);i++){

		int f=(__builtin_popcount(i)&1)?1:-1;

		ans+=f/p[i];

	}

	cout<<fixed<<setprecision(7)<<ans<<"\n";

}

巴特西

洛谷 P3175 [HAOI2015]按位或

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