min-max容斥【概念+例题解析】

min-max容斥公式：

T为S中的子集，累加符号表示要求出S中的所有子集进行计算。

max(S)：

表示S集合中出现元素的期望最大值，即所有元素全部出现时的期望。

min(T)：

表示T集合中出现元素的期望最小值，即只要出现元素即可。

证明过程如果想要了解可以自行百度，涉及二项式反演内容。

例题1【hdu4336 Card Collector】：

给你n个物品，现在需要你将这n个物品都收集到背包中，每个物品都有一个被收集到背包中的概率，注意这n个物品并不独立，如果n个物品中其中一个物品在这一秒被收集到了背包中，那么其他n-1个物品这一秒将不会收集到背包中。

所以我们来利用这个公式进行计算。

此时我们需要求的是max(S)，S为全集，因此我们需要枚举所有S的子集T，然后对于任意一个子集T来说，min(T)的概率为p1+p2+...+pk，则min(T)的期望为 1/(p1+p2+...+pk)。

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;i++)
using namespace std;long double ga[30];
long double eps = 1e-7;
long double ans;
int n;void dfs(int pos,long double tmp,int cnt)
{if(pos == n){if(cnt != 0){if(cnt % 2 == 0)ans -= (long double)1/(1-tmp);elseans += (long double)1/(1-tmp);} return;}dfs(pos+1,tmp,cnt);dfs(pos+1,tmp*(1-ga[pos+1]),cnt+1);
}struct TestProctoring {double expectedTime(vector<int> p, vector<int> q) {n = p.size();for (int i = 1; i <= n; i++) {long double t1 = (long double) p[i-1];long double t2 = (long double) q[i-1];ga[i] = t1 / t2;  //p//    cout<<"ga: "<<ga[i]<<endl;}ans = 0;dfs(0,1,0);return ans;}
};

例题2【TopCoder-14766 TestProctoring】：

现在有n个学生，每个学生在每一秒都有一个概率，表示该学生在该时刻考完试的概率。

现在需要求所有学生考完试所需要的期望时间。

我们继续用这个公式进行求解。

max(S)就是我们所需要的答案，而此处的min(T)，依然需要枚举S的所有子集进行求解。

对于每个子集T，其最小概率不是每个学生的概率累加，因为此处的学生是互相独立的，学生A在该时间考完试，不代表学生B在该时间考不完试。

因此此处的概率我们需要用1-(1-p1)*(1-p2)*...*(1-pk)来计算，先求出所有学生都无法完成考试的概率，再减去这个值就是最小的概率了。

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;i++)
using namespace std;
const int N = 30;int n;
double a[N];
double ans;void dfs(int pos,double tmp,int cnt)
{if(pos == n){if(cnt == 0) return;if(cnt % 2 == 0)ans -= (double)1/tmp;elseans += (double)1/tmp;return;}dfs(pos+1,tmp+a[pos+1],cnt+1);dfs(pos+1,tmp,cnt);
}int main()
{while(~scanf("%d",&n)){rep(i,1,n) scanf("%lf",&a[i]);ans = 0;dfs(0,0,0);printf("%f\n",ans);}return 0;
}