好像也有個叫法叫最值反演？
就是這樣的乙個柿子：
\[max(s) = \sum\limits_ min(t) \times (-1)^
\]用 $ max $ 來求 $ min $ 也一樣可行。
證明不太難，所以乾脆咕了，隨便找個證明。
由於期望的線性性，以上公式對於每個元素的期望也是成立的，
可以寫作 $ e( max(s) ) = \sum\limits_ e( min(t) ) $ 。
這個是比較有用的，因為很明顯 $ e( max(s) ) \ne max( e(s) ) $ ，這個是不容易輕易用正常方法求出的。
[haoi2015]按位或
要求求出 $ e( max(u) ) $ 。
很明顯求不出來所以考慮改求 $ e( min(s) ) $ 。
考慮有 $ p( min(t) == k ) = p( s \oplus u ) ^ ( 1 - p( s \oplus u ) ) $ 。
幾何分布，很容易得出 $ e( min(s) ) = \frac $ ，其中 $ p'(s) = \sum\limits_ p(t) $ 。
$ fwt $ 變換一下即可出解，注意特判 $ \le eps $ 。
[pkuwc2018]隨機遊走
依然改求 $ e( min(s) ) $ 。
也就是求經過某個集合中至少乙個點時的期望步數。
設 $ f_ $ 為從 $ x $ 出發，到達 $ s $ 中某個點時的期望步數，很明顯 $ e( min(s) ) = f_ $ 。
\[f_ = \frac } + \sum\limits_ } f_ } } + 1
\]為了分離父親對其貢獻，考慮轉化成 $ f_ = a_ * f_ } +b_ $ 。
解完之後發現與父親的值無關，可以直接樹形dp。
然後直接minmax容斥就完事了。
\[\max\limits_(s) = \sum\limits_ min(t) \times (-1)^ \times \binom
\]$ \max\limits_(s) $ 表示第 $ k $ 大。
證明需要用到二項式定理，也咕了。
依然對期望成立。
重返現世
注意到 $ |n-k| \le 10 $ 。
很明顯答案要求 $ e(\min\limits_(u)) $ ，等效於 $ e(\max\limits_(u)) $ 。
那麼求 $ e(min(s)) $ 就好。
問題來了。
$ n \le 1000 $ ，不能直接做。
但是 $ m \le 10000 $ ，可以從這裡下手設計dp。
然後再往下的我不會了。
很明顯 $ e(min(s)) = \frac p_ } $ 。
考慮用dp統計對於每個 $ \sum\limits_ p_ $ 的值的係數和。
具體的dp設計它咕了。
總結 Min Max容斥學習筆記
給定集合 s 設 max s 為 s 中的最大值，min s 為 s 中的最小值，則 max s sum 1 min t 這個東西叫 min max容斥。證明可以拿二項式反演證 題目有 n 種卡片，每一秒都有 p i 的概率獲得一張第 i 種卡片，求每張卡片都至少有一張的期望時間。記 max s 為...
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