集合幂级数在子图计数上的应用

定义与基本运算

和生成函数差不多，把指数上的东西换成集合，可以这样简单理解集合幂级数。

需要定义运算，加法很简单，指数相同的，系数相加。

乘法定义为指数上的无交并的积之和：\([x^s](f* g)=\sum\limits_{t \subset s}[x^t]f \times [x^{s/t}]g\)

快速计算集合幂级数的乘法，其实也就是子集卷积。

如果直接写或 FWT 是不对的，会多算，我们再引入一个占位元 \(y\)，把无交并可化为：\(s|t=u,|s|+|t|=|u|\)，这个条件是冲要的。

换成形式化的就是 \([x^s y^{|s|}](f*g)=\sum\limits_{t \subset s}[x^t y^{|t|}]f \times [x^{s/t} y^{|s|-|t|}]\)

你可以理解成原本的 FWT 中都是对整数进行的运算，现在把整数换成多项式，FWT 中只有加减法，因此多项式每一位独立。

先做 FWT，这样对于 \(x\) 的乘法全部为对位乘法，不同指数间相互独立，然后对于 \(y\) 做正常的多项式乘法即可。

函数复合

函数的复合主要是求逆，\(\operatorname{exp,ln}\)。

具体来说设 \(F(x)\) 是一个集合幂级数，我们需要求出来 \(\frac{1}{F(x)},e^{F(x)},ln(F(x))\)。

因为 \(x\) 元上的集合卷积很麻烦，我们直接把 \(F(x)\) 变换成 \(\operatorname{FWT}(F(x))\)，之后我们只需要考虑每一位上的普通多项式的运算。

由于 \(n\) 很小，我们只需要 \(n^2\) 算上面的三种运算。

以下简写 \([x^n]F(x)\) 为 \(F_n\)。

求逆：

\[B(x)=\frac{1}{A(x)} \]

\[B(x)A(x)=1 \]

两边系数拿出来作比较，设为 \([x^n]\)：

\[\sum\limits_{i=0}^{n}B_iA_{n-i}=[n=0] \]

容易写出递推式：

\[B_0=\frac{1}{A_0} \]

\[B_n =-\frac{1}{A_0}\sum\limits_{i=0}^{n-1}B_iA_{n-i} \]

\(\operatorname{Exp}\):

\[B(x)=e^{A(x)} \]

两边同时求导：

\[B'(x)=e^{A(x)}A'(x)=B(x)A'(x) \]

只需要多项式乘法，然后再积分回去就好了。

不过可以通过比较系数法一步到位，比较两边的 \([x^n]\)：

\[(n+1)B_{n+1}=\sum\limits_{i=0}^{n}B_i \times (n-i+1)A_{n-i+1} \]

写出递推式：

\[B_{n}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}B_i (n-i)\times A_{n-i} \]

好看一点，将 \(i\) 换成 \(n-i\)

\[B_n=\frac{1}{n} \sum\limits_{i=1}^{n}B_{n-i} A_i\times i \]

\(\operatorname{Ln}\):

\[B(x)=\operatorname{ln}(A(x)) \]

两边同时求导：

\[B'(x)=\frac{1}{A(x)}A'(x) \]

一个显然的做法是先求逆做多项式乘法再积分回去。

比较系数法仍然是可以获得更小常数的递推做法：

化为 \(B'(x)A(x)=A'(x)\)，比较 \([x^n]\)：

\[\sum\limits_{i=0}^{n}(i+1) \times B_{i+1} A_{n-i}=(n+1) \times A_{n+1} \]

\[(n+1) \times B_{n+1}A_0=(n+1)\times A_{n+1}-\sum\limits_{i=0}^{n-1}(i+1) \times B_{i+1} A_{n-1-i} \]

\[B_{n}=\frac{1}{n \times A_0}(n \times A_{n}-\sum\limits_{i=0}^{n-2}(i+1) \times B_{i+1} A_{n-1-i}) \]

好看一点，求和部分用 \(i\) 替换 \(i+1\)：

\[B_{n}=\frac{1}{n \times A_0}(n \times A_{n}-\sum\limits_{i=1}^{n-1}i \times B_{i} A_{n-i}) \]

默认 \(A_0=1\)，因此可以直接写为：

\[B_{n}=A_n-\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n-1}i \times B_{i} A_{n-i} \]

以上复杂度均为 \(O(2^n n^2)\)，如果不需要，则可以直接拿子集枚举的式子，然后求逆用比较系数法，\(\operatorname{exp}\) 和 \(\operatorname{ln}\) 用组合意义就可以了，不再赘述。

常见复合的组合意义：

\(\operatorname{exp}\):

\(\operatorname{exp}\) 的展开式为 \(\sum\limits_{i \ge 0}\frac{F^i(x)}{i!}\)。

\(F^i(x)\) 在集合幂级数中表示 \(i\) 个不交集合权值的乘积，而除以 \(i!\) 表示去掉方案。

则组合意义为由若干个无序不交集合组合而成，其中“组合”指的是权值的乘积。

\(\operatorname{ln}\):

\(\operatorname{ln}\) 作为 \(\operatorname{exp}\) 的逆运算，其组合意义就是将某个集合拆解为若干无序不交集合，这些集合的乘积为当前集合的权值。

更具体的意义在例题中体现：

半在线改造：

这个其实是容易的，因为我们只会从集合大小小的向大的转移。

所以我们求占位多项式的第 \(i\) 位的时候，只会用到 \(i-1\) 以下位的信息，这样我们就算出来了在线数组 \(\operatorname{FWT}f_i\)。

[WC2018] 州区划分

应用：

联通性限制：

思路：直接算不要求联通的方案数，然后尝试用联通的通过 \(\operatorname{exp}\) 组合出任意的方案数，这样我们求 \(\operatorname{ln}\) 就好了。

联通子图计数：

你学的容斥方法的本质是 ln。

设 \(F(x)\) 表示联通生成子图的集合幂级数，我们发现对于所有图形我们都可以用若干联通子图来表示，且不同联通子图互不影响，具体来说设 \(G(x)\) 表示原图生成子图的集合幂级数，则 \(G(x)=\operatorname{exp}(F(x))\)。

\(G(x)\) 是容易的，\([x^s]G(x)=2^{\sum\limits_{(u,v) \in E}[u,v \in s]}\)。

直接求\(\operatorname{ln}\) 就好了。

练习：

• 「雅礼集训 2019 Day8」union
  模板题，联通图权值 exp = 任意图权值。直接求 \(\operatorname{ln}\) 即可。

• 联通二分子图计数：

  你学的容斥是在暴力求 ln

  一个想法是枚举黑点和百点的点集，要求内部没有边，中间随便连。但是这样并没有考虑联通的限制，现设生成的集合幂级数为 \(G(x)\)。思考这样算出来的到底是什么。

  其实是原图所有生成二分子图黑白染色的方案数量。我们仍然尝试用联通块的组合来描述。设 \(F(x)\) 为联通生成二分子图的集合幂级数，其中系数为方案数。注意到若一个子图有 \(k\) 个联通块，则黑白染色的方案数应该是 \(2^k\)，因此我们给 \(F(x)\) 乘二再\(\operatorname{exp}\)起来，就可以得到 \(G(x)\)，我们直接把 \(G(x)\) 求 \(\operatorname{ln}\) 再除二就好了。

• 联通欧拉子图计数

  欧拉回路的限制为所有点度数均为偶数。容易发现联通欧拉子图 \(\operatorname{exp}\) 后就变成了不联通的。

  快速求解不联通的：抽象为：有多少种选边的方案，满足边的异或为 0。可以线性基解决，把点集内的边拉出来插到线性基里面，总数-秩的个数的二的次幂就是答案。

  然后 \(\operatorname{ln}\) 回去就好了。

DAG 上：

思路：枚举没有入度的部分（缩点后），赋权容斥系数 \((-1)^{k+1}\)，得到一个子集枚举形式的恒等式。

DAG 定向计数：

DAG 是具有子结构的东西：去掉 0 入度的点后，剩下的部分仍然是一个 DAG。

考虑枚举 0 入度点的集合，要求这部分是个独立集。但是发现一个 DAG 中的零入度点集合会被所有非空子集枚举到，因此设 \((-1)^|s|\) 为容斥系数可以保证只算一次。

形式化：\(f_s=\sum\limits_{t \subset s,t \not= \emptyset}(-1)^{|t+1|}f_{s/t}, t 为独立集\)

然后发现其实就是设一个集合幂级数 \(F(x)\)，其中每项的系数是 \((-1)^{|s|}\)，由于这个你每次扣掉的独立集之间是有顺序的，所以并不是\(\operatorname{exp}\)，而是直接 \(\sum\limits_{i \ge 0}F^{i}(x)\)，这个东西收敛后是 \(\frac{1}{1-F(x)}\)，集合幂级数求逆就行了。

强连通子图计数：

一张有向图，缩点后就是 DAG。按照思路走，我们枚举缩完点后的0入度强连通分量集合 \(S\)，他的贡献应该是枚举分解的形态：\(G_S=\sum\limits_{T_1,T_2,……,T_k}(-1)^k \prod\limits_{i=1}^{k}f_{T_i}\)。这些强连通分量之间没有边，然后这部分和剩下的点之间的边必须是顺序边，剩下点内部边可以任意。这样算的是整张图随便连的个数。

我们设 \(cross(S,T)\) 表示 \(S \rightarrow T\) 有向边的数量，用形式化的语言描述上面的东西就是：

\[\sum\limits_{t \subset s}G_t \times 2^{cross(t,s/t)+cross(s/t,s/t)}=2^{cross(s,s)} \]

观察这个 \(G\)，发现他是无序组合的形式，用生成函数描述就是 \(G(x)=\sum\limits_{i \ge 0}\frac{(-1)^i \times f^i(x)}{i!}=\operatorname{exp}(-f(x))\)。

换句话说 \(-f(x)=\operatorname{ln}(g(x))\)，我们的目标是求出 \(g\)。这个包含 \(g\) 的等式是个子集卷积，但是系数却是不独立的，只能暴力做了。直接比较系数法就行了。

与之相匹配的，我们也只需要暴力求 \(\operatorname{ln}\) 就好了。

练习：

• 2024联合省选 D2T2 重塑时光

  经典！
  把整个问题拆解：

  1. 如果确定了拆开的段数，有多少种方法拆到这个段数。
  2. 有多少种拆成固定段的满足题目要求的形态。

  先解决第一个问题，相对来说比较简单，由于段之间可以重拍，因此非空段间有顺序，空段间没顺序。于是先乘上 \(i!\)，然后再和剩下的 \(k+1-i\) 个空段归并：\(\binom{k+1}{i}\)。最后我们任意顺序切他们中间的 \(k\) 个空当：\(k!\)。

  刻画满足要求的形态：

  1. 段内为一个合法的拓扑序
  2. 短间不存在环：段间构成一张 DAG。

  第一个问题乱做即可，第二个问题可以使用经典 DAG 计数技巧，这个做卷积的时候涉及到很多麻烦的东西，只能枚举子集。

  然后记录个数的 \((+,\times)\) 可以利用拉差差系数做出来。

子结构分步拼接：

思路：
考虑图形的子结构，并且找到足够简单的组成图形的元素。得到这部分的集合幂级数后，逐步把子结构拼成最终的形态

树/森林生成子图计数

如果会做树的，森林直接 exp 就好了。

树的最简子结构是单个的点，没有比这个更简单的了。

设 \(p_u\) 表示当前树内所有点编号不超过 \(u\) 的集合幂级数。

每次相当于向 \(u\) 连边，可以先让 \(q_{u-1}=p_{u-1} \times w(u,*)\) 然后 \(p_u=exp(q_{u-1}) \cup \{u\}\)。

这个复杂度是很好的，因为我们每次只利用了前 \(i\) 个点的信息，所以复杂度为 \(O(2^{i} \times i^2)=O(2^{n} n^2)\)

如果你把最简子结构换成边，那么中间的部分可以直接 exp 而不需要变换，但是这样复杂度是 \(O(2^n n^3)\) 的。

仙人掌生成子图计数

这个反着考虑就没有意义了，因为联通图并不能由仙人掌组合而成。

因此我们考虑正着做，那么正着做我们需要的是找到子结构。

仙人掌缩点后是一颗园方树，每一个环（包括二元环）对应一个方点，非叶子原点连接若干个方点。

方点的编号是未定义的，考虑限制整张图非叶子原点的编号 \(\le u\)，称此时联通仙人掌的集合幂级数为 \(p_u\)。

一开始的时候，不能有非叶子原点，因此只能是一个环。环的集合幂级数可以简单 dp 得出。

考虑 \(p_{u-1} \rightarrow p_{u}\)，增加了 \(u\) 作为非叶子原点的部分，那么他一定连接若干个方点对应的仙人掌，这些仙人掌的贡献形式为 “无序不交组合”，我们直接做 \(\operatorname{exp}\) 即可得到，注意和点双的做法一样，需要合并的仙人掌包含 \(u\)。

练习：

• CTT2020 D4T1 杏仁

  如果没有限制，显然最简子结构是一条链。

  然后有限制相当于现做一个子集卷积，不过好在只求并为全集的，可以快速解决。

双联通限制：

思路：
处理这个的常用手段是 点/边双联通-联通 变换，名字很炫酷，实际也很炫酷。
尝试反过来解决问题：我们把最简子结构视为"双连通图"，最终的结构视为连通图。
也就是说：假设我们已经知道了 \(f(x)\) 为双联通图的集合幂级数，同时已知每个集合的权值为 \(h(x)\)，我们能否求出联通子图所对应的权值和。
如果能解决这个问题，且解决过程可逆，那联通子图权值和是可做问题，进而可以解出 \(f(x)\)。

边双联通生成子图计数：

设 \(p_u(S)\) 表示割边两端点的编号均不超过 \(u\) 的联通子图权值和。

那么对于 \(p_0(S)=f_S \times h_S\)，因为不能有割边。而 \(p_n(S)\) 则相当于联通子图权值和，因为割边不受限制。

需要解决从 \(p_{u-1}\) 推向 \(p_u\)。

新增的割边端点必定是 \(u\)，考虑新增的部分，去掉所有 \(u\) 链接的割边后，一定分成若干联通块：\(P,T_1,T_2,T_3,……,T_k\)，其中 \(u \in P,u \not \in T_i,P \cap T_i=\emptyset\)，这些联通块贡献的形式是“无序组合”，尝试用 \(\operatorname{exp}\) 来描述。注意 \(P\) 是特别的，\(T\) 是类似的。\(T\) 需要和 \(P\) 连边，因此还需要刻画贡献。

设 \(q_{u-1}(S)=[u \not\in S]p_{u-1}(S) \times w(u,S)\)，其中 \(w(u,S)\) 表示 \(S\) 中编号比 \(u\) 小的点有多少个，这些点与 \(u\) 相连将会成为链接联通块之间的割边。

则有递推式：

\[p_{u}=p_{u-1} *\operatorname{exp}(q_{u-1}) \]

注意这里面的函数都有定义域，如果不在域内不需要考虑。比如 \(p_u(S)=p_{u-1}(S),u \not \in S\)。

我们需要考察这个做法是否可逆，也就是说，现在解决了如何从 \(p_0\) 推向 \(p_n\)，接下来需要解决 \(p_n\) 推向 \(p_0\)。

转移方程为 \(p_{u}=p_{u-1} * \operatorname{exp}(q_{u-1})\)，知道 \(p_{u-1}\)，我们还需要知道 \(p_u\) 和 \(\operatorname{exp}(q_{u-1})\)，而 \(q_{u-1}(S)=[u \not\in S]p_{u-1}(S) \times w(u,S)\) 与 \(S,u \in S\) 无关，可以改写为 \(q_{u-1}(S)=[u \not\in S]p_{u}(S) \times w(u,S)\)。

因此有:

\[p_{u-1}=p_{u} * \frac{1}{\operatorname{exp}(q_{u-1})} \]

\[p_{u-1}=p_u * \operatorname{exp}(-q_{u-1}) \]

只需要做一次 \(\operatorname{exp}\)，再做一次子集卷积即可。注意定义域的问题，我们只取 \(p_{u},p_{u-1}\) 中 \(u \in S\) 的部分，\(q_{u-1}\) 中 \(u \not \in S\) 的部分做变换。

如果我们设 \(h_s=1\)，则最终得到 \(p_0\) 就是答案。

点双联通分量生成子图计数：

沿用上面的思路，仍然设 \(p_u\)。

考虑增加一个点之后的增加的部分是什么。

去掉割点后，依然是剩下一些联通块，且仍然是以“不交无序组合”的形式贡献。

这次我们不需要再处理连边，而是直接使用包含割点的联通块信息，因此这些联通块实际形态应该是：全部包含 \(u\)，去掉 \(u\) 之后的部分两两无交。

因此我们把所有包含 \(u\) 的 \(S\) 先去掉 \(u\)，再做 \(\operatorname{exp}\)，然后再把得到的部分加上 \(u\) 替换当前的值。

逆过程是相对箱单的：把所有 \(S,u \in S\) 先去掉 \(u\)，然后求 \(\operatorname{ln}\) 分解后再替换当前的值即可。

一个常数优化是，每次我们不从新扣出来包含 \(u\) 的然后再加上 \(u\)，这需要做两次 FWT，太慢了。

我们直接使用 \(FWT\) 上的差分算出来，把上面这部分的 FWT 值挂在 \(S,u \in S\) 上面，做 \(\operatorname{ln}\)，然后再加回来就好了。

常数优化的参考实现

for(int u=1;u<(1<<n);u<<=1)
	{
		for(int p=0;p<(1<<n);p+=u*2)
		{
			for(int i=p;i<p+u;i++)
			{
				static int a[N+1];
				for(int j=1;j<=n;j++) Add(f[j][i+u],mod-f[j][i]),a[j-1]=f[j][i+u];
				Exp(a);
				for(int j=1;j<=n;j++) f[j][i+u]=a[j-1],Add(f[j][i+u],f[j][i]);
			}
		}
	}