洛谷 P11458 (All Pairs Similarity) 题解
下文先给出一个传统的 FWT 视角做法，再给出一个使用转置原理理解下的做法。
令 \(P(x)\) 表示 \(x\) 的 \(\operatorname{popcount}\)。随即，有 \(\sum\limits_{j=1}^n \frac{P(a_i\&a_j)}{P(a_i\mid a_j)} = P(a_i)\sum\limits_{j=1}^n \frac{1}{P(a_i\mid a_j)} + \sum\limits_{j=1}^n \frac{P(a_j)}{P(a_i\mid a_j)} - n\)。
首先，可以想到一个 \(O(n + 2^kk^2)\) 的做法：
- 不妨对每个 \(0 \leq s \leq k\)，求出有多少个 \(j\) 满足 \(P(a_i\mid a_j) = s\)。我们以类似的手法求出 \(\sum P(a_j)[P(a_i\mid a_j) = s]\)。
- 令 \(b_k = \sum_j [a_j = k]\)，对 \(b\) 做高维后缀和，保留 \(\operatorname{popcount}\) 恰好为 \(s\) 的元素后，再做高维前缀和，在 \(a_i\) 处统计对应的答案。
- 这个做法会算重，算重的原因在于我们可能实际上枚举到了 \(a_i\mid a_j\) 的超集，但对每种 \(a_i\) 再做一次二项式反演即可正确处理所有贡献。
为了优化复杂度至 \(O(n + 2^kk)\)，我们考虑不对每个 \(s\) 拆分做，而整体处理之。
上一步使用了一个经典的容斥技巧：\((x \mid y)\) 恰好为 \(S\) 是难以计算的，但如果 \((x\mid y) \subseteq T\)，便只需要满足 \(x \subseteq T \land y \subseteq T\)，这里 \(x, y\) 变得独立。后面求和式的本质相当于
对其交换求和顺序即得。
此时，位运算卷积技巧已经足以帮助我们解决这个问题：使用高维后缀和，对每个 \(T\) 求出 \(w_T\) 表示 \(\sum_{T \subseteq S} (-1)^{\lvert S\rvert - \lvert T\rvert} \frac{1}{P(S)}\)；将 \(c_y\) 做高维前缀和，点乘 \(w\)，最后做高维前缀和即得到 \(f\)。
int main() {
int n = read<int>(), k = read<int>(), z = (1 << k);
for (int i = 0; i < z; ++i)
pop[i] = __builtin_popcount(i);
for (int j = 1; j <= k; ++j)
iv[j] = modint(j).inverse();
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
x[i] = read<int>();
c[x[i]] += 1, d[x[i]] += pop[x[i]];
}
for (int j = 1; j < z; ++j)
w[j] = modint(pop[j] & 1 ? -1 : 1) * iv[pop[j]];
for (int i = 0; i < k; ++i)
for (int j = 0; j < z; ++j) if ((j >> i) & 1)
w[j ^ (1 << i)] += w[j];
for (int j = 0; j < z; ++j)
w[j] *= modint(pop[j] & 1 ? -1 : 1);
auto process = [&](modint c[], modint w[]) -> void {
for (int i = 0; i < k; ++i)
for (int j = 0; j < z; ++j) if ((j >> i) & 1)
c[j] += c[j ^ (1 << i)];
for (int j = 0; j < z; ++j)
c[j] *= w[j];
for (int i = 0; i < k; ++i)
for (int j = 0; j < z; ++j) if ((j >> i) & 1)
c[j ^ (1 << i)] += c[j];
};
process(c, w), process(d, w);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
print<int>((modint(pop[x[i]]) * c[x[i]] + d[x[i]] - n).get(), '\n');
return 0;
}
考虑我们所求为一向量 \(c\)，考察一任意向量 \(\boldsymbol w\)，\(\boldsymbol{c^T \cdot w}\) 即为 \(\sum_{i,j} w_ia_jb_{i\mid j}\)，使用 FWT 卷积即可；显然，如果我们能够提取每个 \(w_i\) 对应的贡献系数，即可求出每个 \(c_i\)。这里的「转置原理」则相当于一种技巧，原先的线性问题写作若干基本矩阵乘积后相当于建出了分层 DAG，而 原问题的计算形式是考察每个 \(\boldsymbol{w_i}\) 到达终点的方案数 并求和，我们 将 DAG 反向 得到的就是终点到每个 \(w_i\) 的方案数。
这种理解的本质是：在一个线性问题里，如果计算输出向量的与任意向量的内积结果是可行的，则可以相同的时间复杂度解决原问题。
int main() {
int n = read<int>(), k = read<int>(), z = (1 << k);
for (int j = 0; j < z; ++j)
pop[j] = __builtin_popcount(j), inv[j] = pop[j].inverse();
for (int i = 1; i <= n; ++i)
a[i] = read<int>(), buc[a[i]] += 1, bucp[a[i]] += pop[a[i]];
auto conv = [&](modint res[], modint a[], modint b[]) -> void {
for (int j = 0; j < k; ++j) for (int i = 0; i < z; ++i)
if ((i >> j) & 1) a[i] += a[i ^ (1 << j)];
for (int i = 0; i < z; ++i) bb[i] = b[i];
for (int j = 0; j < k; ++j) for (int i = 0; i < z; ++i)
if (!((i >> j) & 1)) bb[i] -= bb[i ^ (1 << j)];
for (int i = 0; i < z; ++i)
res[i] = a[i] * bb[i];
for (int j = 0; j < k; ++j) for (int i = 0; i < z; ++i)
if (!((i >> j) & 1)) res[i] += res[i ^ (1 << j)];
};
conv(c, buc, inv), conv(d, bucp, inv);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
print<int>((pop[a[i]] * c[a[i]] + d[a[i]] - n).get(), '\n');
return 0;
}
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