集合幂级数笔记（施工中，勿入）
符号声明：\(\subseteq\) 表示包含于，\(\subset\) 表示真包含于。
定义
我们令 \(U=\{0,\dots,n-1\}\)。
一个集合幂级数 \(f\) 是对于全集 \(U\) 和环 \(R\)，一个 \(2^U\to R\) 的映射，对于 \(S \subseteq U\)，记 \(f_{S}\) 表示 \(S\) 所对应的值。
在 OI 中，\(R\) 一般取对质数 \(P\) 取模的 \(\mathbb{F}_P\)。
也写作
这里的 \(x^{S}\) 完全是形式记号，这个写法仿照了形式幂级数，但不应该看作一个关于 \(x\) 的函数。
运算
我们需要运算，首先和差加法逆是好定义的。
对于两个集合幂级数 \(f,g\)，定义它们的和 \(f+g\) 为
对于集合幂级数 \(f\)，定义加法逆 \(-f\) 为
对于集合幂级数 \(f,g\)，定义减法 \(f-g\) 为
接下来考虑两个集合幂级数的乘法，也就是卷积。
我们知道，对于两数列 \(a,b\)，其卷积 \(a\ast b=c\) 为
这里我们可以把 \(x+y=i\) 看成一个抽象的形式，即对于任意二元函数 \(\operatorname{op}(x,y)\)，我们都可以定义
为 \(a,b\) 的某种卷积。
普通序列卷积中，这个运算是加法，对于集合我们尝试定义「加法」，考虑集合并。
这就是集合并卷积，因为一般用二进制数表示集合，集合并就是 OR 运算，所以也称 OR 卷积。
求集合并卷积是简单的，可以考虑高维前缀和（这被称作快速莫比乌斯变换），定义 \(\operatorname{FMT}(f)_S=\sum_{T \subseteq S}f_T\)，不难有
对于多个的 OR 卷积，容易发现可以先全部 FMT，乘起来后再逆 FMT。
对于逆 FMT，记作 \(\operatorname{FMT}^{-1}\)，我们要用到子集反演：
证明：
FMT 和 IFMT 实现：
typename<typename T>
void FMT(int n,T *a){
for(int j=0;j<n;++j){
for(int i=0;i<(1<<n);++i){
if((i>>j)&1){
a[i]+=a[i^(1<<j)];
}
}
}
}
typename<typename T>
void IFMT(int n,T *a){
for(int i=0;i<(1<<n);++i){
a[i]=((__builtin_popcount(i)&1)?-a[i]:a[i]);
}
for(int j=0;j<n;++j){
for(int i=0;i<(1<<n);++i){
if((i>>j)&1){
a[i]+=a[i^(1<<j)];
}
}
}
for(int i=0;i<(1<<n);++i){
a[i]=((__builtin_popcount(i)&1)?-a[i]:a[i]);
}
}
子集卷积（无交并卷积）
接下来是重要的子集卷积，我们定义
这里 \(\sqcup\) 意思是无交并。
这看起来比较困难，因为我们并不能通过一个简单的变换将其转化成逐位相乘。
但是注意到 \(L\sqcup R=S\Leftrightarrow L\cup R=S\land |L|+|R|=|S|\)，我们可以将 \(R\) 替换为 \(R[x]\)，对于 \(S\)，定义新的 \(f^{\prime}_S=f_S x^{|S|}\)。
那么我们可以对这样替换后的 \(f^{\prime},g^{\prime}\) 做一遍 OR 卷积，然后对于每个 \(S\)，只取 \(|S|\) 次的系数。
多项式乘法朴素实现是 \(n^2\) 的，于是复杂度 \(\Theta(n^22^n)\) 当然你也可以用 FFT，但是在 \(n\) 较小时常数是更劣的。
其它卷积？
如果我们考虑集合交，便能得到 AND 卷积，做法只是把前缀和改为后缀和。
如果考虑集合对称差（\(A \oplus B=(A\cup B)\setminus(A\cap B)\)），就得到异或卷积，这里有一个分治做法：
OR 卷积、AND 卷积和异或卷积是 FWT 处理的问题。
集合幂级数复合（exp，ln，求逆）
接下来我们定义 \(k\) 次幂为 \(f^k=\underbrace{f\times f \dots \times f}_{k \text{个} f}\)，对于一个形式幂级数 \(H(x)=\sum_{i \ge 0}h_ix^i\)，定义复合
是一个集合幂级数。
我们令 \(f^{\prime}_S=f_Sx^{|S|},\overline{f}=\operatorname{FMT}(f^{\prime})\)，有
这样就有 \(\overline{H(f)}_S=H(\overline{f}_S)\)。
我们可以先将 \(f\) 转成 \(\overline{f}\)，对于每一个 \(S\) 计算 \(g_S=H(\overline{f}_S)\)，省略 \(n\) 次以上的项，再得到 \([x^{|S|}]\operatorname{FMT}^{-1}(g)_S\)
根据最新科技，多项式复合在 \(\mathbb{F}_{998244353}\) 下可以做到 \(\Theta(n \log^2 n)\)，我们得到 \(\Theta(n \log^2 n 2^n)\) 的集合幂级数复合。
当然实际上用不着这个对于 \(h(x)=\exp(x)\) 和 \(\ln(1+x)\) 以及 \(\dfrac{1}{1-x}\) 的情况下，直接 \(\Theta(n^2)\) 求就可以了。
呃，怎么 \(\Theta(n^2)\) exp，ln，求逆？
如果你不知道什么是 exp，ln，求逆
如何 exp，ln，求逆
求逆
给你 \(A\)，要求
于是
ln
\(B(x)=\ln A(x)\)，于是 \(B^{\prime}(x)=\dfrac{A^{\prime}(x)}{A(x)}\)，可以直接求逆再积分。
但这样子常数太大，我们可以直接递推
exp
\(B(x)=\exp(A(X))\)，于是 \(B^{\prime}(x)=A^{\prime}(x)B(x)\)。
部分 exp
我们定义 \(\exp_k(x)=\sum_{i=0}^{k}\dfrac{x^i}{i!}\)。
令 \(C(x)=\dfrac{A(x)^k}{k!}\)（不难直接求得）
其中 exp 是有重要的组合意义的，其表示将一个集合无序拆分成若干子集，所有拆分方案的权值和。
你已经掌握了集合幂级数的基础知识，接下来是一些练习。
一般记 \(e(S)\) 表示在一个图中点集 \(S\) 的导出子图边数，\(e(S,T)\) 表示所有 \(u \in S,v\in T\) 的边 \((u,v)\) 数量（一般假设 \(S\cap T=\varnothing\)），在无向图中，有 \(e(S,T)=e(S\cup T)-e(S)-e(T)\)。
数 DAG 定向 CF1193A
给你一个有向图 \(G=(V,E)\)，你需要对一些边改变方向，使得定向后图为 DAG，求对于所有合法的定向方案改变的边数量之和。
保证两点之间最多一条边。（忽略方向）
做法
首先考虑对于一个改变边的方案 \(E^{\prime}\)，我们取其补集 \(E\setminus E^{\prime}\) 也可以得到一个合法方案，且改变边的数量和为 \(m\)。
将原图视为无向图，我们只需求出有多少种定向方案为 DAG 再乘上 \(\dfrac{m}{2}\) 即可。
令 \(f_S\) 表示将 \(S\) 的导出子图内所有边定向且为 DAG 的方案数。
考虑枚举出度为 \(0\) 的点集 \(T\)，首先 \(T\) 要为独立集，然后所有从 \(S\setminus T\) 到 \(T\) 的边的方向被唯一确定，似乎有
但这显然是错的，因为我们会重复计数，对于恰有 \(|\overline{T}|\) 个点为出度为 \(0\) 点的情况下，会被重复计数 \(2^{|\overline{T}|}-1\) 次。
考虑容斥，我们添加上容斥系数 \((-1)^{|T|-1}\)，这样因为
就恰被计算了一次。
这个技巧被称为 DAG 容斥。
这样朴素做是 \(\Theta(3^n)\) 的，可以通过，但利用集合幂级数可以做到更优的复杂度。
这个转移是半在线的，后面会讲如何做半在线子集卷积，但这里可以直接推式子。
我们记 \(g_S=[S\text{ 是独立集且非空}](-1)^{|S|-1}\) 那么有
于是有 \(f=\dfrac{1}{1-g}\)，直接求逆即可。
数 DAG 生成子图
给你一个有向图，求有多少个生成子图是 DAG。
做法
和之前差不多，令 \(f_S\) 表示点集 \(S\) 以内的 DAG 生成子图数，枚举出度为 \(0\) 点，有转移：
由于这里是有向边，所以只能 \(\Theta(3^n)\)。
数强连通生成子图 CTT2014 D1T2 主旋律
给你一个有向图，求有多少个生成子图强连通。
做法
考虑一个想法，用 \(2^m\) 减去所有有两个以上强连通分量的子图。
那么假设已经知道好了强连通分量的划分，那么内部就是强连通子图，外部就是 DAG 子图计数。
数连通生成子图
给你一个无向图 \(G=(V,E)\)，求连通生成子图数量。
做法
似乎并不好直接刻画连通性，但我们知道
假设我们已经知道了对于点集 \(S\) 内部的连通生成子图数，令 \(g\) 表示 \(S\) 内部生成子图数，有
反过来就有 \(f=\ln g\)，而 \(g_S=2^{e(S)}\)，直接做集合幂级数 ln 即可。
这里有一个启示，对于生成子图，我们一般考虑将其组合得到简单的，再反过来推导。
数连通二分生成子图 at_arc205_f
给你一个图 \(G=(V,E)\)，求有多少个连通的生成子图是二分图。
解法
注意到
染色是为了保证只计数一次。
令 \(g_S\) 表示 \(S\) 以内二分生成子图且染色的方案数，\(f_S\) 表示 \(S\) 以内连通二分生成子图且染色的方案数，所求即 \(\dfrac{f_U}{2}\)。
考虑如何求 \(g\)。
有
直接子集卷积。
数点双连通生成子图
给你一个无向图 \(G=(V,E)\)，求点双连通生成子图数量。
做法
我们考虑如何从点双连通分量得到连通图。
你可能会考虑耳分解之类的东西，但其实很简单。
我们依此扫每个点，每次将所有包含该点的点双连通分量合并就能得到连通图。
容易发现这是一一对应的。
假设我已经知道了对于每个点集 \(S\)，点双连通生成子图的个数 \(f_S\)，然后我们扫 \(i=1\dots n\)，每一次操作就是取出所有包含 \(i\) 的点集 \(S\)，去掉 \(i\) 之后进行 exp，然后再加回 \(i\) 放回 \(f\)。这被称作点双连通-连通变换。
我们考虑逆操作，取出所有包含 \(i\) 的点集 \(S\)，去掉 \(i\) 之后 ln，加上 \(i\) 再放回去。
单次 ln 是 \(O(n^2 2^n)\) 的，复杂度 \(\Theta(n^3 2^n)\)。
数边双连通生成子图
给你一个无向图 \(G=(V,E)\)，求边双连通生成子图数量。
做法1
我们可以这么刻画边双连通图。
- 点双大小不为 2 的连通图。
于是我们可以先求出点双连通生成子图数，然后去掉大小为 2 的，反过来再跑一遍正的，复杂度 \(\Theta(n^3 2^n)\)。
做法2
上面这个做法不够通用，我们尝试给出所谓边双连通-连通变换。
首先对于一张连通无向图，如果将所有边双缩起来，图会形成一棵树，树上的边是原图的割边。
考虑一个反过来的问题：假设给原图所有子集 \(S\subseteq U\) 均赋了权重 \(a_S\)，并定义一张连通子图的权值是其所有边双对应的 \(a\) 之积，并且我们还已经对所有 \(S\) 知道了 \(S\) 的边双连通生成子图数量是 \(b_S\)，如何求原图所有生成子图的权值和。
我们仿照之前思路，依次加点，每一次考虑所有编号 \(\le i\) 的 \(S\) 的生成子图的割边，再将所有经当前考虑的割边所连接的边双合并。
设考虑到 \(u\) 时的集合幂级数为 \(p_u\)，首先 \((p_0)_S=a_Sb_S\)。
那么考虑由 \(p_{u-1}\) 转移到 \(p_u\)，即加入所有两端编号最大值为 \(u\) 的割边。
先考虑加之前，此时对于点集 \(S\) 被分为 \(P_1,P_2,\dots,P_k\) 几块，假设 \(u \in P_1\)。
那么对于这样一个划分，贡献为
半在线卷积
有的时候我们并不能直接求逆解决，这时我们需要半在线。
例题 P4221 州区划分
\(n\) 座城市，每座城市有 \(w_i\) 人口，你要有序划分成若干州 \(\{V_1,\dots,V_k\}\)，每个州非空且导出子图不是欧拉图，定义一个州的满意度为
定义一个划分方案的权值为所有州满意度的乘积。
求所有划分方案的权值和。
解法
首先欧拉图的限制是无关紧要的，直接判就可以了。
直接令 \(W_S=(\sum_{u \in S}w_u)^p\)，有转移
这里很烦的是带了一个 \(\dfrac{1}{W_S}\) 导致不能直接写成集合幂级数的形式。
回顾一下怎么求子集卷积的，每个 \(S\) 上维护了一个多项式，注意到子集卷积时每项次数只会变大。
于是我们枚举次数 \(0\dots n\)，每次跑一个 OR 卷积就可以了。1.
浙公网安备 33010602011771号