题解：P13844 集合幂级数 ln（非素数模数）

题意

给定集合幂级数 \(F(x)\)，对于每个 \(S\subseteq \{1,2,\cdots,n\}\)，求 \([x^S]\ln(F(x))\)，答案对 \(\mathbf{2^{64}}\) 取模。

题解

前情提要：P13843。

传统做法是对占位多项式做 \(\ln\)，需要求逆元，不适用于本题。

我们知道 \(\exp\) 的递推式：

\[f_S=\sum_{\substack{T\subseteq S\\\min(T)=\min(S)}}g_Tf_{S-T} \]

而 \(\ln\) 是 \(\exp\) 的逆运算，考虑从 \(\exp\) 的递推式倒推出 \(\ln\) 的递推式。

注意到我们总有 \(f_{\varnothing}=1\)，因此

\[\begin{align*} & f_S=g_S+\sum_{\substack{T\subsetneqq S\\\min(T)=\min(S)}}g_{T}f_{S-T}\\ \Leftrightarrow\ & g_S=f_S-\sum_{\substack{T\subsetneqq S\\\min(T)=\min(S)}}g_{T}f_{S-T} \end{align*} \]

这样我们就得到 \(\ln\) 的递推式了。

从泰勒展开的角度来看，这个递推式其实也有迹可循：

\[\ln(F(x))=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k-1}(F(x)-1)^k}{k} \]

我们发现，这个式子可以看作给每一个大小为 \(k\) 的无序拆分赋以 \((-1)^{k-1}(k-1)!\) 的权值。形式化来说：

\[[x^S]\ln(F(x))=\sum_{\substack{\{S_1,\cdots,S_k\}\\S_1\cup\cdots\cup S_k=S\\ |S_1|+\cdots+|S_k|=|S|}}(-1)^{k-1}(k-1)!\prod_{i=1}^k[x^{S_i}]F(x) \]

回到上面推出递推式，可以看出，\(\sum\) 前面的负号就是乘上了 \(-1\) 的系数，而转移时钦定 \(\min(T)=\min(S)\) 相当于枚举某个划分出的集合 \(S-T\)，对于一个大小为 \(k\) 的拆分，这个集合有 \(k-1\) 种选法，乘在一起自然也就带上了 \((k-1)!\) 的系数。

暴力做上面的递推式是 \(\mathcal{O}(3^n)\)，考虑如何优化。类比 \(\exp\) 的做法，我们还是将集合按 \(\min(S)\) 从大到小分层，当枚举到 \(\min(S)=i\) 时，当前层的转移可以写作：

\[g_{S\cup\{i\}}=f_{S\cup\{i\}}-\sum_{T\subsetneqq S}g_{T\cup\{i\}}f_{S-T} \]

显然这是半在线子集卷积的形式，我们在每一层做一次半在线子集卷积求出当前层的 DP 值即可。

注意到在枚举到 \(i\) 时，全集为 \(U=\{i+1,\cdots,n\}\)，因此时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\sum_{i=0}^{n-1}2^ii^2)=\mathcal{O}(2^nn^2)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
using ld = long double;
using pii = pair<int, int>;
const int N = 1 << 20;

template<typename T> T lowbit(T x) { return x & -x; }
template<typename T> void chk_min(T &x, T y) { x = min(x, y); }
template<typename T> void chk_max(T &x, T y) { x = max(x, y); }

namespace IO {
	const int S = 1 << 24, lm = 1 << 23;
	char bi[S + 5], *p1 = bi, *p2 = bi, ch;
	#define gc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = bi) + fread(bi, 1, 1 << 23, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
	inline ull rd() {
		char ch;
		while (ch = gc(), (ch < '0'));
		ull x = ch ^ 48;
		while (ch = gc(), (ch >= '0')) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
		return x;
	}
}
using IO::rd;

int n, pc[N];
ull a[N], f[N];
ull F[21][N], G[21][N], H[21][N];

void OR(ull *a, int n, int tp) {
	for (int k = 1; k < 1 << n; k <<= 1)
		for (int i = 0; i < 1 << n; i += k << 1) for (int j = 0; j < k; ++j)
			a[i ^ j ^ k] += a[i ^ j] * tp;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
	n = rd();
	for (int i = 0; i < 1 << n; ++i) a[i] = rd();
	for (int s = 1; s < 1 << n; ++s) pc[s] = pc[s ^ lowbit(s)] + 1;
	f[1 << n - 1] = a[1 << n - 1];
	for (int i = n - 2; ~i; --i) {
		int sz = n - i - 1;
		fill(F[0], F[0] + (1 << sz), 0), f[1 << i] = F[0][0] = a[1 << i];
		OR(F[0], sz, 1);
		for (int j = 1; j <= sz; ++j) fill(G[j], G[j] + (1 << sz), 0);
		for (int s = 1; s < 1 << sz; ++s) G[pc[s]][s] = a[s << i + 1];
		for (int j = 1; j <= sz; ++j) OR(G[j], sz, 1);
		for (int j = 1; j <= sz; ++j) {
            fill(F[j], F[j] + (1 << sz), 0);
            for (int k = 0; k < j; ++k) for (int s = 0; s < 1 << sz; ++s)
                F[j][s] += F[k][s] * G[j - k][s];
			OR(F[j], sz, -1);
			for (int s = 1; s < 1 << sz; ++s)
				if (pc[s] == j) f[(s << i + 1) ^ (1 << i)] = F[j][s] = a[(s << i + 1) ^ (1 << i)] - F[j][s];
				else F[j][s] = 0;
			if (j < sz) OR(F[j], sz, 1);
		}
	}
	for (int s = 0; s < 1 << n; ++s) cout << f[s] << ' ';
	return 0;
}