前言

见到一道神题，学会两个知识点…
都是数学。

min-max容斥

给出式子：
max⁡(S)=∑T⊂S(−1)∣T∣min⁡(T)\max(S)=\sum_{T\sub S}(-1)^{|T|}\min(T)max(S)=T⊂S∑(−1)∣T∣min(T)
min⁡(S)=∑T⊂S(−1)∣T∣max⁡(T)\min(S)=\sum_{T\sub S}(-1)^{|T|}\max(T)min(S)=T⊂S∑(−1)∣T∣max(T)
这里只给出第一个式子的证明，第二个式子的证明较为类似。
考虑最大值 max⁡(S)\max(S)max(S)，它成为最小值产生贡献当且近当 T={max⁡(S)}T=\{\max(S)\}T={max(S)}，显然只会产生一次正贡献。
而对于不是最大值的元素 x∈Sx\in Sx∈S，设比它大的元素的个数为 kkk，那么它成为最小值产生贡献当且近当 TTT 为前 kkk 个元素的某个子集并上 {x}\{x\}{x}，那么它的系数就是：
∑i=0x(xi)(−1)i\sum_{i=0}^x\binom{x}{i}(-1)^ii=0∑x(ix)(−1)i
二项式反演一下：
∑i=0x(xi)(−1)i=∑i=0x(xi)(−1)i(1)x−i=(1−1)x=0\sum_{i=0}^x\binom{x}{i}(-1)^i=\sum_{i=0}^x\binom{x}{i}(-1)^i(1)^{x-i}=(1-1)^{x}=0i=0∑x(ix)(−1)i=i=0∑x(ix)(−1)i(1)x−i=(1−1)x=0
所以所有不是最大值的元素的贡献都是0。
那么最后西格玛的结果就是 max⁡(S)\max(S)max(S)。

注意：这个式子当最小值不唯一的时候依然成立，min⁡(T)\min(T)min(T) 的含义就变为了所有并列最小值的和。但是所求的最大值必须唯一！

期望

这个东西对于期望依然是成立的，也就是：
E(max⁡(S))=∑T⊂S(−1)∣T∣E(min⁡(T))E(\max(S))=\sum_{T\sub S}(-1)^{|T|}E(\min(T))E(max(S))=T⊂S∑(−1)∣T∣E(min(T))
E(min⁡(S))=∑T⊂S(−1)∣T∣E(max⁡(T))E(\min(S))=\sum_{T\sub S}(-1)^{|T|}E(\max(T))E(min(S))=T⊂S∑(−1)∣T∣E(max(T))
把定义从元素大小的求值改为期望的求值，完全不影响上面的证明过程，所以还是对的。

拓展：kth_max

max⁡(S)kth=∑T⊂S(∣T∣−1k−1)(−1)∣T∣−kmin⁡(T)\max(S)_{kth}=\sum_{T\sub S}\binom{|T|-1}{{k-1}}(-1)^{|T|-k}\min(T)max(S)kth=T⊂S∑(k−1∣T∣−1)(−1)∣T∣−kmin(T)
并不会证
还是挺好记的，k=1k=1k=1的时候就退化成正常的min-max容斥了。

离散随机变量的几何分布

离散变量：值域不连续的变量。比如我们最常见的“求期望次数”，值域就是自然数。

给出一个离散变量 xxx，其分布概率满足：
P(x=k)=(1−p)k−1pP(x=k)=(1-p)^{k-1}pP(x=k)=(1−p)k−1p
其中 ppp 是一个 [0,1][0,1][0,1] 的常量。
可以把 ppp 理解成做成某件事的概率，那么 P(x=k)P(x=k)P(x=k) 就是恰好用 kkk 次做成这件事的概率。

证明一

现在求这个变量的期望，也就是：
∑i=1∞P(x=i)i\sum_{i=1}^{\infty}P(x=i)ii=1∑∞P(x=i)i
设 q=1−pq=1-pq=1−p，那么我们就要求：
∑i=1∞i×qi−1×(1−q)=(1−q)∑i=1∞i×qi−1\sum_{i=1}^{\infty}i\times q^{i-1}\times(1-q)=(1-q)\sum_{i=1}^{\infty}i\times q^{i-1}i=1∑∞i×qi−1×(1−q)=(1−q)i=1∑∞i×qi−1
设 s=∑i=1∞i×qi−1s=\sum_{i=1}^{\infty}i\times q^{i-1}s=∑i=1∞i×qi−1，则有：
qs−s=∑i=1∞(i×qi)−∑i=1∞(i×qi−1)qs-s=\sum_{i=1}^{\infty}(i\times q^{i})-\sum_{i=1}^{\infty}(i\times q^{i-1})qs−s=i=1∑∞(i×qi)−i=1∑∞(i×qi−1)
=∑i=2∞((i−1)×qi−1)−∑i=1∞(i×qi−1)=−∑i=1∞qi−1=−11−q=\sum_{i=2}^{\infty}((i-1)\times q^{i-1})-\sum_{i=1}^{\infty}(i\times q^{i-1})=-\sum_{i=1}^{\infty}q^{i-1}=-\frac{1}{1-q}=i=2∑∞((i−1)×qi−1)−i=1∑∞(i×qi−1)=−i=1∑∞qi−1=−1−q1
所以
s=−1(1−q)(q−1)s=-\frac{1}{(1-q)(q-1)}s=−(1−q)(q−1)1
所以原式就是：
∑i=1∞i×qi−1×(1−q)=(1−q)s=−1q−1=1p\sum_{i=1}^{\infty}i\times q^{i-1}\times(1-q)=(1-q)s=-\frac{1}{q-1}=\frac{1}{p}i=1∑∞i×qi−1×(1−q)=(1−q)s=−q−11=p1

证明二

还有一种更加阳间的证明方法：
回到现实意义：www 表示做成该件事的期望次数。
考虑做一次做成或者做不成，就有：
w=p×1+(1−p)×(w+1)w=p \times1+(1-p)\times (w+1)w=p×1+(1−p)×(w+1)
移项，得：
w=1pw=\frac{1}{p}w=p1

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拓展：kth_max

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