[HAOI 2015]按位或

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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（ \(\text{or}\) ）操作。选择数字 \(i\) 的概率是 \(p_i\) 。保证 \(0\leq p_i\leq 1\) ， \(\sum_{i=0}^{2^n-1}p_i=1\) 。问期望多少秒后，你手上的数字变成 \(2^n-1\) 。

\(1\leq n\leq 20\)

Solution

不妨假设第 \(i\) 秒后状态为 \(S\) 的概率为 \(fp_{i,S}\)

显然 \(i=1\) 时， \(fp_{1,S}=p_S\) 。

注意到 \(fp\) 会满足这样的关系

\[fp_{i,S} = \sum_{L \subseteq S} \sum_{R \subseteq S}^{} [L \cup R = S] fp_{i-1,L} \times p_R\]

记 \(U=2^n-1\) ，于是我们可以得到答案就是

\[\sum_{i=1}^\infty i(fp_{i,U}-fp_{i-1,U})\]

其中 \(fp_{i,U}-fp_{i-1,U}\) 表示恰好第 \(i\) 时变为 \(U\) 的概率。

记 \(FP\) 为 \(fp\) 的莫比乌斯变换，记 \(P\) 为 \(p\) 的莫比乌斯变换。显然 \(FP_{i,S}=P_S^i\) 。

那么对于集合 \(S\) 在莫比乌斯变换下得到的答案就是

\[\begin{aligned}&\sum_{i=1}^\infty i(P_S^i-P_S^{i-1})\\=&\begin{cases}-(P_S^0 +P_S^1+\cdots+P_S^\infty)&P_S<1\\0&P_S=1\end{cases}\\=&\begin{cases}-\frac{1}{1-P_S}&P_S<1\\0&P_S=1\end{cases}\end{aligned}\]

然后再反演回去直接得到答案即可。复杂度 \(O(n2^n)\) 。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 25, SIZE = (1<<20)+5;
const double eps = 1e-7;

int bin[N], n;
double p[SIZE];

void FMT(double *f, int o) {
    for (int i = 1; i < bin[n]; i <<= 1)
        for (int j = 0; j < bin[n]; j++)
            if (i&j) f[j] += f[j^i]*o;
}
void work() {
    scanf("%d", &n); bin[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) bin[i] = (bin[i-1]<<1);
    for (int i = 0; i < bin[n]; i++) scanf("%lf", &p[i]);
    FMT(p, 1);
    for (int i = 0; i < bin[n]; i++)
        if (fabs(p[i]-1) <= eps) p[i] = 0;
        else p[i] = 1./(p[i]-1.);
    FMT(p, -1);
    p[bin[n]-1] <= eps ? puts("INF") : printf("%.7lf\n", p[bin[n]-1]);
}
int main() {work(); return 0; }