FWT & 集合幂级数 & 状压子图计数
符号声明：\(\subseteq\) 表示包含于，\(\subset\) 表示真包含于。
集合幂级数
如果你学过形式幂级数
那么就知道一种理解形式幂级数的方式是看成一个无穷序列 \(a\)，这里所谓的形式变量 \(x\) 并不重要，只是为了方便地对无穷序列进行各种代数操作，这也就意味着 \(x^i\) 本身不一定要有着好的定义（甚至不需要定义。）
这就为我们得到了启发，形式幂级数中最核心的运算就是乘法（卷积），而这依赖于 \(x^p\cdot x^q\) 的定义，不同的定义便塑造了不同的卷积，比如 XOR 卷积中便是 \(x^p\cdot x^q=x^{p\oplus q}\)。
于是我们就能将形式幂级数变成某种相似的东西，其中 \(x^p\cdot x^q\) 可以不是 \(x^{p+q}\) 了，\(p,q\) 也可以不再是非负整数。
所谓集合幂级数，便是 \(x^p\cdot x^q\) 是某种位运算时的情况（或者 \(p,q\) 是集合的情况）。
很多时候，对其代数操作仍然正确。
下面这个是集合幂级数最常用的定义：
令全集 \(U=\{0,\dots,n-1\}\)，一个集合幂级数 \(f\) 是从 \(2^U\) 到环 \(R\) 的映射，记 \(f_S\) 为 \(f(S)\)。
定义 \((f+g)_S=f_S+g_S,(-f)_S=-f_S,(f-g)_S=f_S-g_S\)。
定义 \((f\times g)_S=\sum_{T\subseteq S}f_Tg_{S\setminus T}\)。
总之，要认识到的是，集合幂级数是一个相当广的类别，比如说为什么一定要是二进制？多进制数不行吗？但一个相当的共同点是都与位运算相关，以上的只是最常见的情况。
这是无关紧要的，我们先想想如何解决最重要的操作——卷积。
FWT
带权前缀和
为了实现 FWT，我们需要实现所谓带权前缀和。
具体来说，给定序列 \(\{A\}_{i=0}^{c^n-1}\)（这里我们推广了一般的二进制情况），以及一个函数 \(w(i,j)\quad i \in [0,d^n),j\in [0,c^n)\)，我们需要求出：
我们记 \(x^{(y)}_z\) 表示 \(x\) 在 \(y\) 进制下的第 \(z+1\) 位。
当上下文语意明确时，我们省略上标。
一般为了方便求解，\(w\) 有性质：
好的，怎么求解这个一般的 FWT 呢？
我们这里可以建出 \(c\) 进制的字典树，每一次我们维护子树内变换后的结果。
那么用转移的直接合并就可以了。
对于 \(c=d\) 的情况，可以原地非递归实现。
复杂度若 \(c=d\) 是 \(\Theta(nc^{n+1})\) 的，否则是 \(\Theta(c\sum_{0\le i<n}c^id^{n-i})=\Theta\left(cd^n\dfrac{1-(c/d)^n}{1-c/d}\right)\)。
我们一般认为 \(c,d\) 是常数，于是复杂度 \(\Theta(\max\{c,d\}^n)\)（如果 \(c\ne d\)。）
对于一般题目，你可以认为 \(c=d=2\)。
接下来考虑做卷积。
卷积
卷积就是给定两个序列 \(\{A_i\}_{i=0}^{c^n-1},\{B_i\}^{c^n-1}_{i=0}\)，以及 \(c\) 进制位运算 \(\textup{op}\)，求：
想要三个 \(\textup{FWT}\)，使得 \(C=\textup{FWT}_3(\textup{FWT}_1(A)\cdot \textup{FWT}_2(B))\)，这里 \(\cdot\) 表示对应相乘。
我们记三个 \(\textup{FWT}\) 的 \(w\) 分别为 \(w_1,w_2,w_3\)，再记 \(C_k=\sum_{i,j}w(k,i,j)A_iB_j\)。
那就是
也就是说
我们知道这些 \(w\) 每一位都是独立的，所以：
第二步变换是因为 \(\mathscr{l}\) 恰好遍历了所有可能。
同时注意 \(\mathscr{l}\) 其实不一定是 \(c\) 进制的，这里我们设其为 \(d\) 进制。
于是
这是什么？
我们记 \(\mathbf{W}^{(k)}_{i,j}=w(k,i,j),\lambda_{k,\mathscr{l}}=w_3(k,\mathscr{l}),\mathbf{V}^{(\mathscr{l})}_{i,j}=w_1(\mathscr{l},i)w_2(\mathscr{l},j)\quad 0\le i,j,k<c\quad 0\le \mathscr{l}<d\)。
那么就可以简单地写成：
也就是说，给定 \(c\) 个 \(c\times c\) 矩阵。我们需要构造 \(d\) 个 \(c\times c\) 特殊的矩阵，使得给定的每个矩阵都可以表示为构造矩阵的线性组合。
你构造的矩阵应该可以被写成列向量和行向量的乘积，也就是说这些矩阵每行每列成比例（秩为 \(1\)），当然构造的矩阵越少越好。
这被称作张量分解。
只要知道张量分解，我们便能知道这三个 \(\textup{FWT}\) 变换分别是什么从而实现。
假设卷积是 \(c\) 进制的，你使用了 \(d\) 个矩阵，若 \(c\ne d\)，复杂度为 \(\mathcal{O}(\max\{c,d\}^n)\)，若 \(c=d\)，复杂度为 \(\mathcal{O}(nc^n)\)。
但是，最小张量分解是 NP-Hard 的，这使得 \(\textup{FWT}\) 很大程度上依赖于直觉（或者是超级暴力。）
以上的内容应该不难搞懂，因为本质上这只是把问题复述了一遍，但是给出了更明确的思考思路。
如果没搞懂也没关系，下面的例子足够清楚了。
例子
OR 卷积
我们需要矩阵
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。
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：
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。
练习
CF1034E Little C Loves 3 III
给你一个 \(\{A_i\}_{i=0}^{2^n-1},\{B_i\}_{i=0}^{2^n-1}\)，求
模 \(\bm 4\) 意义下。
做法
注意到 \(n\le 21\)，所以 \(\Theta(n^22^n)\) 的子集卷积过不了。
考虑子集卷积的本质，就是乘上一个形式变量 \(x\)：
但是我们真的需要维护一个次数为 \(n\) 的多项式乘法呢？
直接令 \(x=4\)，跑 OR 卷积再除以 \(4^{\textup{popcount}(i)}\)，最后对 \(4\) 取模，这样所有 \(j\textup{ and }k\ne 0\) 的都被消掉了。
由于 \(4^{21}\le 2^{64}\)，可以用 ULL 存。
这里当然会溢出，但是溢出的肯定没有贡献。
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 CTT2014 D1T2 主旋律
给你一个有向图，求边的子集强连通数量。
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。
做法
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
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。
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