集合幂级数
基本概念
定义
- \(2^{X}\) 表示 \(X\) 的所有子集组成的集合。注意，此时元素是集合。
本质就是全集的各个子集到值域的映射。
形式化地来说就是，域 \(F\) 上的集合幂级数是 \(2^U\to F\) 的函数，对于每个 \(S\subseteq U\)，都有 \(f_s \in F\)。
从多项式的角度理解，就是把之前的下标为某个数字改为为某个具体集合。
表示
我们用 \(cx^s\) 表示 \(f_s=c\)，于是集合幂级数就可以表示为 \(f=\sum\limits_{S\in U}f_sx^s\)。
加法与乘法
加法直接对应系数相加即可，注意此时 \(f\) 与 \(g\) 必须全集相同。
乘法 \(h=f\times g=(\sum\limits_{L\in 2^U}f_Lx^L)\times(\sum\limits_{R\in 2^U}g_Rx^R)\)。当集合幂级数的乘法对加法有分配律的时候有，
我们设 \(f_Lx^L\times g_Rx^R=(f_L\times g_R)x^{L*R}\)，其中 \(\times\) 就是 \(F\) 域乘法，\(*\) 就是集合域运算，且满足结合律和交换律。
根据 \(*\) 的不同有不同算法，以下一一介绍。
集合并卷积 / OR 卷积
就是把上述 \(*\) 定义为 \(\bigcup\)，然后我们就可以得到 $$h_s=\sum\limits_{L\in 2^U}\sum\limits_{R\in 2^U}[L\cup R=S]f_Lg_R$$
暴力计算时间复杂度 \(O(4^n)\)。
莫比乌斯变换（FMT）
定义快速莫比乌斯变换，\(f'={\rm FMT}(f)\)，为 \(f'_i=\sum\limits_{j\subset i}f_j\)，也就是子集求和。
定义快速莫比乌斯反演，\(f'={\rm FMI}(f)\)，为 \(f'_i=\sum\limits_{j|i=i}(-1)^{|i|-|j|}f_j\)。
其中 FMT 和 FMI 互为逆变换。对于 OR 卷积，我们只需要把 \(f\) 和 \(g\) 做一下 FMT，然后 \(h_i\gets f_i\times g_i\)，最后对于 \(h\) 做一个 FMI 就解决了。
莫比乌斯变换可以通过高维前缀和来实现，所以我们对于 FMT 就是做一个系数为 \(1\) 的高维前缀和，对于 FMI 就是做一个系数为 \(-1\) 的高维前缀和。
莫比乌斯变换的本质是容斥原理，原先 \(L\cup R=S\) 这个限制条件使得我们难以拆开 \(f\) 和 \(g\)，因为二者互相关联。考虑使用容斥原理，我们钦定 \(S\) 中为 \(0\) 的位置，在 \(L\cup R\) 的结果中也为 \(0\)。于是我们就把限制宽松到了两个子集，只需要满足 \(L\subset S\) 和 \(R\subset S\) 即可，这就可以通过做一次高维前缀和（FMT），然后对应位置相乘就行了。你钦定完之后，还需要设计容斥系数（FMI），系数是 \((-1)^{(n-|L|)-(n-|S|)}=(-1)^{|S|-|L|}\)。
沃尔什变换（FWT）
对于卷积 \(h\gets f\times g\)，我们按照二进制最高位的奇偶性分为 \(f_0,f_1,g_0,g_1,h_0,h_1\)。
发现以上都可以通过 \((f_0+f_1)\times (g_0+g_1)\) 和 \(f_0\times g_0\) 求解出来。
进行如下变换，
变换之后，递归求 \(I_0=f'_0\times g'_0\) 和 \(I_1=f'_1\times g'_1\) 即可。递归到底层的时候就是对应位置直接乘就行了。回溯的时候进行如下变换，
很容易写出一个分治的形式，但是常数很大，我们将其改成非递归形式。
容易发现其实往下递归的时候是 \(f_0\) 不变，\(f_1\gets f_0+f_1\)，往上回溯的时候也是 \(f_0\) 不变，\(f_1\gets f_1-f_0\)。我们可以将这两部分的代码，传入一个系数 \(t=1\) 或者 \(t=mod-1\)。
为了模拟递归，我们先要枚举递归层数，也就是正在处理的这一位 \(2^k\)，然后分开枚举 \(>2^k\) 和 \(<2^k\) 的值就行了。拼在一起就是当前正在做的数字。
for(int k=1;k<full;k<<=1)
for(int i=0;i<full;i+=(k<<1))
for(int j=0;j<k;j++)
add(f[i|j|k],1ll*f[i|j]*t%mod);
集合交卷积 / AND 卷积
就是把上述 \(*\) 定义为 \(\bigcap\)，然后我们就可以得到 $$h_s=\sum\limits_{L\in 2^U}\sum\limits_{R\in 2^U}[L\cap R=S]f_Lg_R$$
不管是理解还是推导方面，都和 OR 卷积是一样的，就不过多赘述了。
莫比乌斯变换（FMT）
把 OR 卷积中系数为 \(+1\) 和 \(-1\) 的高维前缀和，改为系数为 \(+1\) 和 \(-1\) 的高维后缀和即可。
容斥的时候钦定 \(L\cap R\) 中为 \(1\) 的位置是 \(S\) 即可。
沃尔什变换（FWT）
也是几乎和 OR 卷积一模一样。
先进行 FWT，
再进行 IFWT，
集合对称差卷积 / XOR 卷积
就是把上述 \(*\) 定义为 \(\bigoplus\)，然后我们就可以得到
暴力计算时间复杂度 \(O(4^n)\)。关于 XOR 卷积就没有 FMT 了，只能进行 FWT。
沃尔什变换（FWT）
定义沃尔什变换 \(f'={\rm FWT(f)}\)，为 \(f'_s=\sum\limits_{T\in 2^U}f_T(-1)^{\lvert S\cap T\rvert}\)。
定义沃尔什逆变换，\(f'={\rm IFWT(f)}\)，为 \(f'_s=\dfrac{1}{2^n}\sum\limits_{T\in 2^U}f_T(-1)^{\lvert S\cap T\rvert}\)。
对于卷积 \(h\gets f\times g\)，我们按照二进制最高位的奇偶性分为 \(f_0,f_1,g_0,g_1,h_0,h_1\)。
发现以上都可以通过 \((f_0+f_1)\times (g_0+g_1)\) 和 \((f_0-f_1)\times (g_0-g_1)\) 组合出来。
进行如下变换，
变换之后，递归求 \(I_0=f'_0\times g'_0\) 和 \(I_1=f'_1\times g'_1\) 即可。递归到底层的时候就是对应位置直接乘就行了。回溯的时候进行如下变换，
将上面这个递归形式改成非递归形式就行了。\(\dfrac{1}{2}\) 提取出来放到最后乘，每一位都要乘以 \(\dfrac{1}{2}\)，所以总计是乘以 \(\dfrac{1}{2^n}\)。
void FWT(int *f,bool type){
for(int k=1;k<full;k<<=1)
for(int i=0;i<full;i+=(k<<1))
for(int j=0;j<k;j++){
int x=f[i|j],y=f[i|j|k];
f[i|j]=(x+y)%mod; f[i|j|k]=(x-y+mod)%mod;
}
if(!type) return ;
for(int i=0;i<full;i++) f[i]=1ll*f[i]*invp%mod;
}
线性代数角度的 FWT
我们设 \(f'_s=\sum\limits_{T\in 2^U}c_{s,t}f_T\)。
由于变换后对应位置相乘需要满足 \(*\) 运算，所以 \(c_{i,j*k}=c_{i,j}c_{i,k}\)。还是和之前拆位思想相同。我们对于每一位独立进行上述变化。此时只需要考虑 \(s,t\) 的某一个二进制位，所以下标取值只有 \(0/1\)，故这是一个 \(2\times 2\) 的矩阵。
按位或矩阵
其逆矩阵为
按位与矩阵
其逆矩阵为
按位异或矩阵
其逆矩阵为（为了减少常数，可以把 \(\frac{1}{2}\) 提取出来，最后再乘）
其实很好理解，根据之前的推导，OR 卷积和 AND 卷积的变换应该是要求一个是对于子集求和，一个是对于超集求和。或矩阵中的 \(10,01,11\to 1\) 和 \(00\to 0\) 恰好对应子集求和的形式。与矩阵同理。异或矩阵也符合我们推到的 FWT 的系数。
从这个角度，我们可以看出 FWT 是一种线性变换。
子集卷积 集合幂级数 exp/ln/求逆
子集卷积
要求就是不相交集合的并。也就是要求 \(L\bigcup R=S\) 且 \(\lvert L\rvert+\lvert R\rvert=\lvert S\rvert\)。
exp
组合意义：将大集划分为无序小集合的方案数，也就是
ln
组合意义：把元素组合成集合的方案数。
求逆
做法
我们对于每种大小的集合幂级数进行 FMT/FWT，然后关于大小那一个维度进行 \(O(n^2)\) 多项式各种操作，最后再 FMI/IFWT 回去。由于 \(n\) 很小，所以暴力多项式操作的时间复杂度是正确的。
最后 \(h_s\) 取大小为 \(\operatorname{popcount}(s)\) 集合幂级数中的 \(s\) 即可。
这样子就是有 \(n\) 种集合幂级数进行变换。时间复杂度 \(O(n^22^n)\)。
题目
P13275 [NOI2025] 集合
存在使用集合幂级数硬推的做法，但是本题解从更容易入手的容斥原理来做。
这种很多限制导致难以计算的题目很容易去想容斥，问题来了？我们该对 $P\cap Q=\emptyset $ 容斥，还是对于 \(f(P)=f(Q)\) 容斥。都试一试，发现对于前者是 \(2^{2^n}\) 的，没有前途。所以考虑后者，你直接对于 \(f(P)=f(Q)\) 这个东西想叶也很难直接做，比如说你钦定什么，对具体哪个东西容斥？
再来一步枚举，这个题就变得就清晰了。我们枚举 \(S\)，考虑 \(f(P)=S，f(Q)=S\) 这种情况的答案，如果 \(f(P)\) 恰好等于 \(S\) 是难做的，故考虑容斥，枚举 \(U\)，钦定 \(f(P)\) 的结果中 \(U\) 中的 \(1\) 必须出现，系数是 \((-1)^{|U|-|S|}\)。对于 \(f(Q)\) 的限制，也是同理枚举 \(V\)。所以二元组 \((U,V)\) 对于 \(S\) 的容斥系数就是 \((-1)^{|U|+|V|-2|S|}=(-1)^{|U|+|V|}\)。接下来要考虑贡献，由于是钦定，我们只需要对于 \(V\subset i\) 或者 \(U\subset i\) 的 \(i\) 进行决定是否选择，对于只是 \(U,V\) 中的一个的超集的 \(i\)，其方案数是 \(a_i+1\)，对于同时是 \(U,V\) 超集的 \(i\)，其方案数是 \(2a_i+1\)（要么不选，要么先选 \(U\) 还是 \(V\)，再选 \(a_i\) 种方案）。
暴力枚举 \((U,V)\) 和 \(S\) 是 \(O(8^n)\) 的，由于 \(S\) 是 \(U\cap V\) 的子集，有一个想法是算出 \((U,V)\) 的方案和系数，贡献到 \(U\cap V\) 这个集合上，然后再做一次高维后缀和对于每一个 \(S\) 都统计出贡献。但是这么做很唐，因为我们并不需要求出每个 \(S\) 的答案，只需要求出总的答案，满足条件的 \(S\) 有 \(2^{|U \cap V|}\) 种，直接计数就行了。
所以对于 \((U,V)\) 对于答案的贡献是 \(2^{|U \cap V|}(-1)^{|U|+|V|}\prod\limits_{U\subset i,V\nsubseteq i}(a_i+1)\prod\limits_{U\nsubseteq i,V\subset i}(a_i+1)\prod\limits_{U\subset i,V\subset i}(2a_i+1)\)。
为了快速计算后面的那一坨乘积式，我们设 \(f_s=\prod\limits_{s\subset i}a_i\)，\(g_s=\prod\limits_{s\subset i}\dfrac{2a_i+1}{(a_i+1)^2}\)。那么 \((U,V)\) 的权值为 \(f_Uf_Vg_{U\cup V}\)。同时改写系数 \(2^{|U\cap V|}=2^{|U|+|V|-|U\cup V|}\)，就可以将下标全部转化为 \(U\)，\(V\) 和 \(U\cup V\) 了，这个时候使用 or-FWT，就可以把 \(U,V\) 的贡献放到 \(U\cup V\) 处进行统计了。
但是有一个问题，就是我们 \(g\) 的分母为 \(a_i+1=0\) 的时候怎么办？考虑扩域，我们对于每个数字记录 \((v,k)\) 代表其权值为 \(v\times 0^k\)。乘法的时候直接是 \(0\) 的个数相加。加法的时候，显然只有 \(k\) 小那个会产生贡献，如果相等就都加。减法的时候，\((v_1,k_1)-(v_2,k_2)\)，一定有 \(k_1\le k_2\)，当 \(k_1<k_2\) 的时候无贡献，否则就是 \(v_1-v_2\)。
这题就成功解决了，时间复杂度 \(O(n2^n)\)。
三进制 MEX 卷积
定义三进制 \(\operatorname{mex}\) 运算，先将两个数字 \(a,b\) 进行三进制拆分，形如 \(a=\sum a_i3^i\)。\(\operatorname{mex}(a,b)=\sum\limits_{i=0}^{k-1}\operatorname{mex}(a_i,b_i)\)。也就是说把每个数都拆成三进制表示，然后对于每个三进制位进行 \(\operatorname{mex}\)。
定义三进制 \(\operatorname{mex}\) 卷积为\[h_s=\sum\limits_{\operatorname{mex}(L,R)=S}f_L\times g_S \]给定长度为 \(3^{n}\) 的 \(f\) 和 \(g\)，求解 \(h\)。\(n\le 10\)。
还是按照 FWT 那套方法，对于当前的最高位的值进行分类。
发现我们需要构造四种乘法，
这样子递归是 \(3^n\to 4^n\)，因为三项变四项。
逆变换，令上述分别为 \(A,B,C,D\)，\((A,B,C,D)\to (A,B-C,D-A-B-C)\)。
可以递归计算，时间复杂度是 \(O(n4^n)\)。
QOJ5089. 环覆盖
给定一张 \(n\) 个点，\(m\) 条边的简单无向图，对每个 \(i\in [0,m]\)，计算它只保留 \(i\) 条边，使得剩下的图是一个可环覆盖图的方案数。可环覆盖的定义是，可以将边集划分成若干个子集，使得每个子集都形成一个环。
UVA13277 XOR Path
我咋想到点分治上面去了。
注意到异或是可以抵消的，而本题恰好是边权，所以有 \(w(x,y)=w(1,x)\oplus w(1,y)\)，这样子就和 \(\rm LCA\) 无关了，求出每个点到根的异或和，然后直接做一个 xor-FWT 统计答案就做完了。
AGC034F RNG and XOR
FWT 版本的高斯消元。
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