设\(S\)是一个集合，\(\max(S)\)和\(\min(S)\)分别表示集合中的最大值与最小值。
那么有如下式子成立：
\[\max(S)=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|+1}\min(T)\]
\[\min(S)=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|+1}\max(T)\]
因为证明很简单就写一下吧，以第一个式子为例，设\(\max(S)=x\)，那么只有\(T=\{x\}\)时的\(\min(T)\)为\(x\)（可能有多个相同的最大值，这时候随便钦点一个就可以了），对于除此之外的所有\(T\)，肯定至少存在一个集合中的数\(y\)使得\(\min(T \cup \{y\})=\min(T)\)，假设有\(k\)个这样的\(y\)，那么从中选奇数个和选偶数个的方案数是一样的，于是\(\min(T)\)就被抵消了。
这个式子在期望下也是成立的，即：
\[E[\max(S)]=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|+1}E[\min(T)]\]
用期望的线性性证明即可。
于是就可以用来做题了，一般的套路是每个位置有概率从\(0\)变成\(1\)，问都变成\(1\)的期望步数，这就是\(\max(S)\)，然后就反演成\(\min(T)\)，至少一个数变成\(1\)的期望就好做很多了。
\(upd\)：来填坑了...现在来介绍一下最值反演的推广：通过求\(\min\)来求第\(k\)大（\(kth\max\)）。前置知识是二项式反演，如果不知道请戳这里。
我们来尝试构造一个函数\(f\)，使得：
\[kth\max(S)=\sum_{T \subseteq S} f_{|T|}\min(T)\]
然后来考虑一下对于集合中第\(i\)大的元素，如果\(\min(T)\)等于这个元素，那么只有比它大的\(i-1\)个元素是可能存在的，那么它的贡献就是：
\[\sum_{j=0}^{i-1} {i-1 \choose j} f_{j+1}\]
也就是说\(f\)需要满足：
\[\sum_{j=0}^{i-1} {i-1 \choose j} f_{j+1}=[i=k]\]
等价于：
\[\sum_{j=0}^i {i \choose j} f_{j+1}=[i=k-1]\]
为了方便我们用\(\widehat f_i=f_{i+1}\)替换\(f\)，然后用\(g_i\)表示\([i=k-1]\)，那么就得到：
\[\sum_{j=0}^i {i \choose j} \widehat f_j=g_i\]
看这个是不是一个经典的二项式反演的形式呀，所以二项式反演一下：
\[\widehat f_i=\sum_{j=0}^i (-1)^{i-j} {i \choose j} g_j\]
然后因为\(g_i=[i=k-1]\)，所以上面的式子只有\(j=k-1\)这一项是有贡献的，我们再把\(f\)替换回去，得：
\[f_{i+1}=(-1)^{i-k+1} {i \choose k-1}\]
再把\(f_{i+1}\)替换成\(f_i\)，最终得到：
\[f_i=(-1)^{i-k} {i-1 \choose k-1}\]
终于结束啦！
\[kth\max(S)=\sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-k} {|T|-1 \choose k-1} \min(T)\]
同时我们可以发现如果要求第\(k\)大，那么只需要计算元素个数\(\geq k\)的子集就可以了。