BZOJ - 4036 FWT+Min-Max容斥

Description
刚开始你有一个数字0，每一秒钟你会随机选择一个[0,2^n-1]的数字，与你手上的数字进行或（c++,c的|,pascal
的or）操作。选择数字i的概率是p[i]。保证0<=p[i]<=1，Σp[i]=1问期望多少秒后，你手上的数字变成2^n-1。

Input
第一行输入n表示n个元素，第二行输入2^n个数，第i个数表示选到i-1的概率

Output
仅输出一个数表示答案，绝对误差或相对误差不超过1e-6即可算通过。如果无解则要输出INF

Sample Input
2

0.25 0.25 0.25 0.25

Sample Output
2.6666666667

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一般这种类似达到全集的东西期望，都可以用Min-Max容斥去做。

Max就是每一位都为1的期望时间，Min就是当前集合有一位1的期望时间。

对于某一个集合 k ，Min = 1.0 / ( p 交 k不为空 )，某个元素p。

正难反易，我们可以找到每个元素 xor 为0的，然后这个元素的子集都有贡献。所以我们要求某个集合的子集之和。就是一个高维前缀和，可以用FWT优化。

AC代码：

#pragma GCC optimize("-Ofast","-funroll-all-loops")
#include<bits/stdc++.h>
//#define int long long
using namespace std;
const double eps=1e-8;
int n,cnt[1<<20],lim;
double a[1<<20],res;
inline void FWT(double *a,int flag){
	for(int i=2;i<=lim;i<<=1)
		for(int p=i>>1,j=0;j<lim;j+=i)
			for(int k=j;k<j+p;k++)
				a[k+p]+=a[k]*flag;
}
signed main(){
	cin>>n;	lim=1<<n;
	for(int i=0;i<lim;i++)	scanf("%lf",&a[i]),cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
	FWT(a,1);
	for(int i=1;i<lim;i++)	if(1-a[(lim-1)^i]>eps){
		if(cnt[i]&1)	res+=1.0/(1-a[(lim-1)^i]);
		else	res-=1.0/(1-a[(lim-1)^i]);
	}
	if(res<eps)	puts("INF");
	else	printf("%.8lf\n",res);
	return 0;
}