集合幂级数

定义

所谓集合幂级数，就是以集合作为幂的级数。

设 $U=\{1,2,3,\cdots,n\}$ 为全集，则集合幂级数为 $f(x)=\sum_{S\subseteq U}f_Sx^S$。

如果把集合 $S$ 中每一个数有没有压成一个二进制数，那么也可以看成是 $n$ 元 $\bmod\space x_i^2(i=1,2,3,\cdots n)$ 的多元幂级数。

卷积

要定义两个集合幂级数的卷积，首先要定义 $x^S\times x^T$ 的结果是什么。

根据实际应用，大致可以分为以下几类：

$x^S\times x^T=x^{S\cup T}$：集合并卷积，也被称为 or 卷积。
$x^S\times x^T=x^{S\cap T}$：集合交卷积，也被称为 and 卷积。
$x^S\times x^T=x^{S\oplus T}$：集合异或卷积，也被称为 xor 卷积。

以上三种卷积我们都可以做到 $O(n2^n)$ 计算。

还有一类较为特殊：

\[x^S\times x^T= \begin{cases} x^{S\cup T},S\cap T=\emptyset\\ 0,S\cap T\neq \emptyset \end{cases} \]

这种卷积被称为子集卷积，可以在 $O(n^22^n)$ 的时间内计算。

然而使用上述集合幂级数的描述还是太抽象了，事实上可以把一个集合看成一个 $n$ 位的二进制数，一个形式幂级数就是长为 $2^n$ 的一个序列。集合并就是按位或，集合交就是按位与，集合异或就是按位异或。

FMT 快速莫比乌斯变换

FMT 用来快速计算集合并卷积和集合交卷积。

以集合并卷积为例，已知两个数列 $a,b$，要求解 $c$ 满足 $c_S=\sum_{T\cup U=S}a_Tb_U$。

暴力枚举两个序列中的两项，复杂度 $O(4^n)$，无法接受。

回顾多项式卷积的过程，是先用 FFT 变换出这个多项式的点值序列，然后用点值相乘，再逆变换回来。

仿照 FFT，设序列 $a$ 的 FMT 变换 $A$ 为 $A_S=\sum_{T\subseteq S}a_T$，则有：

\[\begin{aligned} C_S&=\sum_{T\subseteq S}c_T\\ &=\sum_{T\subseteq S}\sum_{U\cup V=T}a_Ub_V\\ &=\sum_{U\cup V\subseteq S}a_Ub_V\\ &=(\sum_{U\subseteq S}a_U)(\sum_{U\subseteq S}b_U)\\ &=A_SB_S \end{aligned}\]

所以只需要求出 $a,b$ 的 FMT 变换然后点值相乘求出 $C$ 再逆变换回去就好了。

现在要做 FMT 变换，直接枚举子集可以做到 $O(3^n)$，但是还是不够快。

考虑位运算每一位的独立性，按位做贡献。从小到大考虑每一位，假设当前位为 $x$，若 $x\notin S$，则将 $a_{S\cup\{x\}}$ 加上 $a_S$。

其实就是高维前缀和。这样做复杂度是 $O(n2^n)$ 的，效率很高。

逆变换直接把加换成减，也就是高维差分，同样是 $O(n2^n)$ 的。

集合交卷积把高维前缀和换成高维后缀和就行。

void FMTor(int *f,int n,int mode){
	for(int w=1;w<n;w<<=1)
		for(int i=0;i<n;i+=(w<<1))
			for(int j=0;j<w;j++)
				f[i+w+j]=(f[i+w+j]+mode*f[i+j]+mod)%mod;
}
void FMTand(int *f,int n,int mode){
	for(int w=1;w<n;w<<=1)
		for(int i=0;i<n;i+=(w<<1))
			for(int j=0;j<w;j++)
				f[i+j]=(f[i+j]+mode*f[i+w+j]+mod)%mod;
}

FWT 快速沃尔什变换

FWT 用来快速计算集合异或卷积。

但是想要用人类智慧直接构造出 FWT 变换序列还是太困难了，考虑仿照 FMT 变换。

如果把一个序列 $a$ 看做一个列向量，那么 FMT 变换可以看做一个矩阵 $T$ 乘上 $a$ 得到了 $A$，对于 FWT 也就是：

\[\begin{aligned} (T\times a)\cdot(T\times b)&=T\times (a*b)\\ (T\times a)_i\times (T\times b)_i&=(T\times (a*b))_i\\ (\sum_jT_{i,j}a_j)(\sum_kT_{i,k}b_k)&=\sum_jT_{i,j}(a*b)_j\\ \sum_j\sum_ka_jb_kT_{i,j}T_{i,k}&=\sum_j\sum_{x\oplus y=j}a_xb_yT_{i,j}\\ \sum_j\sum_ka_jb_kT_{i,j}T_{i,k}&=\sum_x\sum_ya_xb_yT_{i,x\oplus y} \end{aligned}\]

于是可以得到这个矩阵 $T$ 必须满足 $T_{i,j}T_{i,k}=T_{i,j\oplus k}$，因为还要计算逆变换，其还要可逆。

手动构造这个矩阵还是太累了，考虑位运算对于每一位的独立性。假如能手动构造出 $2\times 2$ 的矩阵 $T_0$ 满足上述条件，那么只要令 $T_{i,j}=\prod_{x=1}^nT_{0,[x\in i],[x\in j]}$ 即可，证明：

\[\begin{aligned} T_{i,j}T_{i,k}&=\prod_{x=1}^nT_{0,[x\in j],[x\in i]}\prod_{y=1}^nT_{0,[y\in k],[y\in i]}\\ &=\prod_{x=1}^nT_{0,[x\in i],[x\in j]}T_{0,[x\in i],[x\in k]}\\ &=\prod_{x=1}^nT_{0,[x\in i],[x\in j]\oplus[x\in k]}\\ &=T_{i,j\oplus k} \end{aligned}\]

经过手玩可以发现，$T_0=\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\end{bmatrix}$，$T^{-1}=\begin{bmatrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\end{bmatrix}$。

依然考虑位运算对于每一位的独立性，从小到大考虑每一位，假设当前位为 $x$，若 $x\notin S$，设 $T=S\cup\{x\}$，则上面那个矩阵可以直接套过来他们两个的贡献：$\begin{bmatrix}a_S\to a_S=1&a_S\to a_T=1\\a_T\to a_S=1&a_T\to a_T=-1\end{bmatrix}$。

void FWT(int *f,int n,int mode){
	for(int w=1;w<n;w<<=1)
		for(int i=0;i<n;i+=(w<<1))
			for(int j=0;j<w;j++){
				int x=f[i+j],y=f[i+w+j];
				f[i+j]=(x+y)%mod,f[i+w+j]=(x-y+mod)%mod;
				if(mode==-1)f[i+j]=f[i+j]*inv2%mod,f[i+w+j]=f[i+w+j]*inv2%mod;
			}
}

线性性

通过上面对 FWT 的矩阵乘法形式理解，可以发现 FWT 是线性变换，套用这个东西可以得到 FMT 也是线性变换。

也就是说 $\operatorname{FWT}(a)+\operatorname{FWT}(b)=\operatorname{FWT}(a+b)$，$c\operatorname{FWT}(a)=\operatorname{FWT}(ca)$。

例题

CF449D

容斥一下。and 为 $0$ 这个条件相当于每一位至少有一个为 $0$，设 $f_S$ 表示 and 必须为 $S$ 的方案数，$g_S$ 表示 and 是 $S$ 的超集的方案数，答案为 $f_0$。可以得到关系式 $g_S=\sum_{S\subseteq T}f_T$，$f_0$ 可以通过子集反演由 $g$ 求出。

考虑 $g_S$ 怎么求。发现可以先用高维后缀和求出 $S$ 超集有多少个数，然后在这些数里随便选就能构成超集，也就是 $2^x$ 的贡献。

另外一种做法是集合幂级数。转化题目为求出：

\[[x^0]\prod_{i=1}^n(x^{a_i}+x^U) \]

其中 $x^S\times x^T=x^{S\cap T}$，$U$ 为全集。

注意到其中每一个多项式只有两项，不妨手玩一下观察规律，发现 $\operatorname{FMT}(x^{a_i}+xU) 中每一位只可能是 $1$ 或者 $2$。

考虑到 FMT 的线性性，不妨先算出 $f=\sum_{i=1}^n\operatorname{FMT}(x^{a_i}+x^U)=\operatorname{FMT}(\sum_{i=1}^n(x^{a_i}+x^U))$。然后依次考虑每一位，它一定是由若干个 $1$ 和若干个 $2$ 加起来的，不妨设 $x$ 个 $1$，$y$ 个 $2$，于是可以得到方程组：

\[\begin{cases} x+y=n\\ x+2y=f_i \end{cases}\]

可以解出：

\[\begin{cases} x=2n-f_i\\ y=f_i-n \end{cases}\]

这样就可以求出每一位上有多少个多项式为 $1$ 和 $2$，然后直接点乘起来再逆 FMT 回去即可。

CF662C

显然应该枚举翻转哪些行，假设翻转的行的集合为 $S$，对每一列考虑，设第 $i$ 列的数原来是 $a_i$，如果翻转这一列能够让 $1$ 变少，那么就翻转。设翻转行集合为 $S$ 时的答案为 $ans_S$，也就是说：

\[ans_S=\sum_{i=1}^m\min\{\operatorname{popcount}(a_i\oplus S),n-\operatorname{popcount}(a_i\oplus S)\} \]

答案即为 $\min\{ans_S\}$。

这个形式看不出来啥东西，换一种表示。设 $f_S$ 表示列值为 $S$ 的有多少个，则有：

\[ans_S=\sum_Tf_T\min\{\operatorname{popcount}(T\oplus S),n-\operatorname{popcount}(T\oplus S)\} \]

设 $g_S=\min\{\operatorname{popcount}(S),n-\operatorname{popcount}(S)\}$，则：

\[ans_S=\sum_Tf_Tg_{S\oplus T} \]

什么这不是我们 FWT 吗。

UOJ310

首先注意到如果能取出一个集合 $S$ 其异或和为 $0$，这个集合所有 $2^{|S|}$ 种划分方案都符合条件。所以题目转化为一个异或和为 $0$ 的集合 $S$ 的贡献为 $2^{|S|}$，求出所有的贡献。使用集合幂级数表示为：

\[[x^0]\prod_{i=1}^n(1+2x^{a_i}) \]

注意到每个多项式也是只有两项，手玩可以发现里面只可能有 $-1$ 或者 $3$。所以仿照之前的做法解方程就做完了。

子集卷积

子集卷积相比普通的集合并卷积，增加了交集为空的限制。考虑把限制拆成 $i\cup j=k$ 和 $|i|+|j|=|k|$。

对于每个 $i=0,1,2,\cdots,n$，构造占位多项式 $f_i(S)=\begin{cases}a_S,|S|=i\\0,|S|\neq i\end{cases}$。同样对 $b$ 序列构造 $g_i(S)$。

对所有的 $f_i(S)$ 和 $g_i(S)$ 做一遍 FMT 变换变为 $F_i(S)$ 和 $G_i(S)$，然后枚举 $i,j$，令 $H_{i+j}(S)$ 为 $F_i(S)$ 和 $G_j(S)$ 的点值相乘，再将所有 $H_i(S)$ 逆变换为 $h_i(S)$，最终的答案序列 $c$ 即为 $c_S=h_{|S|}(S)$。容易发现这样的值能被正确贡献。

时间复杂度 $O(n^22^n)$。

如果要做形如 $dp_S=\sum_{T\subset S}dp_Tg_{S-T}$ 的 DP，可以使用半半在线子集卷积。

同样地对 $dp_S$ 构造 $n+1$ 个占位多项式 $f_i(S)$，按 $i$ 从小到大的顺序计算即可。复杂度 $O(2^nn^2)$。

例题

P3349

设 $f_{u,i,S}$ 为 $u$ 子树内的点映射到 $S$ 中，且 $u$ 映射为 $i$ 的方案数。转移相当于子集卷积，只保留 $|S|=size$ 的位即可。$O(2^nn^3)$。

P4221

设 $v_S$ 表示 $S$ 是否合法，可以 $O(n2^n)$ 简单计算，$w_S$ 为 $S$ 内点权和，$f_S$ 为 $S$ 的答案，则有 DP：

\[f_S=\frac{1}{w_S ^p}\sum_{T\subset S}f_Sc_{S-T}w_{S-T}^p \]

使用半半在线子集卷积即可。

posted @ 2025-04-09 16:06 Linge_Zzzz 阅读(189) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

Linge-Zzzz