P13275 [NOI2025] 集合 题解

我虽然没能场切此题，但是也获得了很高的分数，算是拯救了我整个 Day 2 了。

首先有 \(O(8^n)\) 的 DP。设 \(f_{i,j,k}\)，表示前 \(i\) 个数的情况确定了，使得 \(f(P) = j\)，\(f(Q) = k\) 的方案数。有如下转移：

\[f_{i,j,k} \times a_i \rightarrow f_{i+1,j \cap (i+1),k} \]

\[f_{i,j,k} \times a_i \rightarrow f_{i+1,j,k \cap (i+1)} \]

\[f_{i,j,k} \rightarrow f_{i+1,j,k} \]

到此为止就可以集合幂级数暴做了。

每次转移就是 \(\operatorname{and}\) 卷积。考虑 FMT 之后的 \([x^j y^k]\)。每次相当于点乘 FMT 后的 \(x^i + y^i + 1\)。也就是乘上 \(a_i \times ([j \subseteq i] + [k \subseteq i]) + 1\)。这样下来我们可以轻松算出一个 \([x^j y^k]\) 处的值 \(g_{j,k}\)。

设：

\[ss_i = \prod\limits_{i \subseteq j} (2a_j + 1),s_i = \prod\limits_{i \subseteq j} (a_j + 1) \]

那么有：

\[g_{j,k} = \dfrac{s_j s_k ss_{j \cup k}}{s_{j \cup k} ^ 2} \]

意思就是同时是 \(j,k\) 超集的需要乘 \(2a_i + 1\)，只是一个的超集的要乘 \(a_i + 1\)。

可能会除以 \(0\)，只需要记录 \(c_i\) 表示 \(i\) 超集中 \(0\) 因子的数量，然后判断是否有 \(c_j = c_k = c_{j \cup k}\) 即可。

至此我们可以 \(O(2^n n)\) 预处理，\(O(1)\) 查询 \(g_{j,k}\) 一个位置的值。全部查一遍再 IFMT 回来需要 \(O(4^n n)\) 的复杂度。可以获得 \(36\) 分。

我们发现最后其实只用了 \(f_{i,i}\) 的值，考虑把 IFMT 拆开式子：

\[\begin{align*} f_{i,i} & = \sum\limits_{i \subseteq j,i \subseteq k} (-1)^{\left|j-i\right| + \left|k-i\right|}g_{j,k} \\ & = \sum\limits_{i \subseteq j,i \subseteq k}(-1)^{\left|j\right|+\left|k\right|}g_{j,k} \end{align*} \]

这相当于对于 \(g_{j,k}\)，有 \(2^{\left|{j \cap k}\right|}\) 个 \(i\) 统计到了他。因此答案就是：

\[\begin{align*} ans & = \sum\limits_{j,k} (-1)^{\left|j\right|+\left|k\right|}2^{\left|{j \cap k}\right|}g_{j,k}\\ & = \sum\limits_{j,k} (-2)^{\left|j\right|+\left|k\right|}2^{- \left|{j \cup k}\right|} \dfrac{s_j s_k ss_{j \cup k}}{s_{j \cup k} ^ 2} \end{align*} \]

注意这里用到了 \(\left|j\cap k\right| = \left|j\right| + \left|k\right| - \left|j \cup k\right|\)。

这已经变成了或卷积的形式！不考虑 \(a_i = mod - 1\) 的情况，可以直接做到 \(O(2^n n)\)，拼上暴力获得 \(68\) 分。

我赛时的想法就止步于此。\(a_i = mod - 1\) 时我们该怎么办呢？

一个想法是根据上面暴力的结论，只有 \(c_i\) 相同的才能互相转移，因此按照 \(c_i\) 分类分别跑 FMT。但是这个复杂度是错的。A 性质也只能过一个点。

但是 \(c_i\) 还有一个性质就是如果 \(i \subseteq j\)，那么 \(c_i > c_j\)，而 FWT 时我们只会和自己的子集进行运算。所以 \(i\) 存在一个子集 \(j\) 满足 \(c_j > c_i\) 时 \(j\) 的子集 \(k\) 也一定满足 \(c_k > c_i\) 所以 \(j\) 的一切信息对于 \(i\) 就没用了。因此我们只需要在 \(c_j = c_i\) 的时候才转移即可。类似于其他题解说的只保留低次项。

可以获得 \(100\) 分。

\(68\) 代码加上一行就可以过。生气了。

代码

inline void Add(int &a,int b){(a+=b)>=mod?a-=mod:1;}
inline void FWT(int *a,int n,int x){
	for(int t=2,k=1;t<=n;t<<=1,k<<=1)
		for(int i=0;i<n;i+=t)
			for(int j=0;j<k;j++){
                if(c[i+j]==c[i+j+k])Add(a[i+j+k],1ll*a[i+j]*x%mod);
            }
}
inline void Solve(){
    rd(n);
    V=(1<<n);
    for(int i=0;i<V;i++)rd(a[i]);
    for(int i=0;i<V;i++){
        s[i]=a[i]+1;c[i]=0;
        ss[i]=(2*a[i]+1)%mod;
        if(a[i]==mod-1)s[i]=c[i]=1;
    }
    for(int t=0;t<n;t++){
        for(int i=0;i<V;i++){
            if(!(i>>t&1)){
                s[i]=1ll*s[i]*s[i^(1<<t)]%mod;
                ss[i]=1ll*ss[i]*ss[i^(1<<t)]%mod;
                c[i]+=c[i^(1<<t)];
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<V;i++)ss[i]=1ll*ss[i]*KSM(s[i],(mod-2)*2)%mod;
    for(int i=0;i<V;i++)f[i]=1ll*s[i]*KSM(mod-2,__builtin_popcount(i))%mod;
    FWT(f,V,1);
    for(int i=0;i<V;i++)f[i]=1ll*f[i]*f[i]%mod;
    FWT(f,V,mod-1);
    int res=0;
    for(int i=0;i<V;i++){
        Add(res,1ll*f[i]*ss[i]%mod*KSM((mod+1)/2,__builtin_popcount(i))%mod);
    }
    printf("%d\n",res);
}