集合幂级数相关论文阅读笔记

《集合幂级数的性质与应用及其快速算法》阅读笔记 & 《集合幂级数在子图计数问题上的应用》笔记

from 吕凯风 2015 年的论文 和 陈昕阳 APIO2025 的课件

为了研究以集合为状态的递推，本文提出了集合幂级数，它具有很多较好的性质，可以进行加速递推。

约定：

• 设全集 \(U={1,2,\dots,n}\)。本文中所有集合 \(S\) 均满足 \(S\subseteq U\)。
• 设 \(X\subseteq U\)，则 \(2^X=\{S\mid S\subseteq X\}\)。

1 定义

设 \(F\) 是一个域，则称映射 \(f:2^U\rightarrow F\) 为 \(F\) 上的一个集合幂级数。在 OI 中，我们一般研究的域是 \(\mathbb{R},\mathbb{Z}_p\)。

加法是容易定义的：设 \(f,g\) 为集合幂级数，定义 \(f+g=h\)，其中 \(h\) 是一个集合幂级数，则对于 \(\forall S\)，\(h_S=f_S+g_S\)。我们可以在 \(O(2^n)\) 求出两个集合幂级数的加减法。容易看出集合幂级数构成了加法交换群。

我们考虑如何表示一个集合幂级数。类似形式幂级数，对于集合幂级数 \(S\)，我们用 \(f_Sx^S\) 来表示一个第 \(S\) 项系数为 \(f_S\)，其余项均为 \(0\) 的集合幂级数 \(f\)。注意 \(f_Sx^S\) 现在和 \(f_S\times x^S\) 并不一样，因为 \(x^S\) 现在并无含义，在这里仅是为了方便表示的符号。

于是可以用 \(f=\sum\limits_{S\in 2^U} f_Sx^S\) 来表示一个集合幂级数。例如 \(f=3x^{\varnothing}+4x^{\{1\}}+2x^{\{1,2\}}\) 对应一个 \(f_\varnothing=3\)，\(f_{\{1\}}=4\)，\(f_{\{2\}}=0\)，\(f_{\{1,2\}}=2\) 的集合幂级数 \(f\)。

考虑如何定义乘法。对于集合幂级数 \(h=f\cdot g\)，我们希望乘法对加法有分配律，因此 \(f\cdot g\) 需要满足

\[h=f\cdot g=\left(\sum\limits_{S\in 2^U}f_Sx^S\right)\left(\sum\limits_{S\in 2^U}g_Sx^S\right)=\sum\limits_{S\in 2^U}\sum\limits_{T\in 2^U} \left(f_Sx^S\right)\left(g_Tx^T\right) \]

考虑定义 \((f_Sx^S)(g_Tx^T)\)，我们设一个 \(2^U\) 内的运算 \(*\)，满足：

• \(\forall U,V\in 2^U\)，\(U*V=V*U\)（交换律）；
• \(\forall U,V,W\in 2^U\)，\((U*V)*W=U*(V*W)\)（结合律）；
• \(\forall S\in 2^U\)，\(S*\varnothing=S\)（单位元为 \(\varnothing\)）。

那么我们就可以定义 \((f_Sx^S)(g_Tx^T)=(f_Sg_T)x^{S*T}\) 了，而且容易证明 \((2^U,\cdot)\) 是一个有单位元的半群。又因为 \((2^U,+)\) 是交换群，这样 \((2^U,+,\cdot)\) 就构成了一个环。此时我们可以将所有 \(c\in F\) 的 \(c\) 看作 \(cx^{\varnothing}\)，并且对于任意 \(S\in 2^U\) 都有 \(cx^S=c\cdot x^S\) 了。你还会发现 \(F\) 是 \(2^U\) 的一个子环。

显然满足条件的运算 \(*\) 并不止一个，在 OI 中，我们通常研究三种运算：集合并卷积、对称差卷积、子集卷积。接下来我们将分别对这三种运算进行讨论。

2 集合并卷积

我们现在定义两个集合幂级数的乘积为集合并卷积。设 \(f=\sum\limits_{S\in 2^U}f_Sx^S\)，\(g=\sum\limits_{S\in 2^U}g_Sx^S\)，则定义 \(f\cdot g=h\)，\(h\) 是一个集合幂级数，则满足 \(h_S=\sum\limits_{L\in 2^U}\sum\limits_{R\in 2^U}[L\cup R=S]f_Lg_R\)。

如果我们从位运算的角度理解，他就是 \(h_x=\sum\limits_{i\text{ or } j=x}f_ig_j\)。

直接求解的时间复杂度是 \(O(4^n)\)，不能接受。

2.1 分治

从位运算的角度上看，集合的每一位都是独立的，考虑分治求解。

设 \(f=f^-+x^{\{n\}}\cdot f^+\)，\(g=g^-+x^{\{n\}}\cdot g^+\)，则

\[\begin{aligned} f\cdot g &= (f^-+x^{\{n\}}f^+)(g^-+x^{\{n\}}g^+) \\ &= f^-g^-+x^{\{n\}}f^-g^++x^{\{n\}}f^+g^-+x^{\{n\}}f^+g^+ \\ &= f^-g^-+x^{\{n\}}(f^-g^++f^+g^-+f^+g^+) \\ &= f^-g^-+x^{\{n\}}(f^-+f^+)(g^-+g^+)-x^{\{n\}}f^-g^- \end{aligned} \]

这样我们就转化了求 \(f^-g^-\) 和 \((f^-+f^+)(g^-+g^+)\) 的问题，分治求解即可。则时间复杂度 \(T(n)=2T(n-1)+O(2^n)\)，根据主定理，\(T(n)=O(n2^n)\)。

2.2 快速莫比乌斯变换

分治的常数还是有点大了。我们对分治做法进行改进，就可以得到不需要递归的快速莫比乌斯变换。

考察这个分治。我们相当于将所有的 \(f_S(\{n\}\in S)\) 加上 \(f_{S\backslash \{n\}}\)，相乘后再减去 \(f_{S\backslash \{n\}}\) 相乘后的结果。那么我们把这个过程拆开。

设一个集合幂级数的莫比乌斯变换为集合幂级数 \(\hat{f}\)，其中 \(\hat{f}_S=\sum\limits_{T\subseteq S}f_T\)。反过来可以定义 \(\hat{f}\) 的莫比乌斯反演为 \(f\)，由容斥原理，可以得到 \(f_S=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\hat{f}_T\)。

我们对 \(f\cdot g=h\) 等式两边同时进行莫比乌斯变换，有

\[\begin{aligned} \hat{h}_S &= \sum_{L\in 2^U}\sum_{R\in 2^U}[L\cup R\subseteq S]f_Lg_R \\ &= \sum_{L\subseteq S}\sum_{R\subseteq T}f_Lg_R \\ &= \left(\sum_{L\subseteq S}f_L\right)\left(\sum_{R\subseteq S}g_R\right) \\ &= \hat{f}_S\hat{g}_S \end{aligned} \]

我们想在想要求 \(h\)，可以先求出 \(\hat{f}\) 和 \(\hat{g}\)，对应系数相乘得到 \(\hat{h}\)，再通过莫比乌斯反演得到 \(h\)。求一个集合幂级数的莫比乌斯变换是容易的，直接递推即可。

时间复杂度即为 \(O(n2^n)\)。

回顾分治算法，这两种算法的本质是相同的，分治递归下去时进行了莫比乌斯变换，递归上来时进行了莫比乌斯反演。

3 集合对称差卷积

我们现在定义两个集合幂级数的乘积为集合对称差卷积。设 \(f=\sum\limits_{S\in 2^U}f_Sx^S\)，\(g=\sum\limits_{S\in 2^U}g_Sx^S\)，则定义 \(f\cdot g=h\)，\(h\) 是一个集合幂级数，则满足 \(h_S=\sum\limits_{L\in 2^U}\sum\limits_{R\in 2^U}[L \oplus R=S]f_Lg_R\)。

如果我们从位运算的角度理解，他就是 \(h_x=\sum\limits_{i\oplus j=x}f_ig_j\)。

3.1 分治

设 \(f=f^-+x^{\{n\}}\cdot f^+\)，\(g=g^-+x^{\{n\}}\cdot g^+\)，则

\[\begin{aligned} f\cdot g &= (f^-+x^{\{n\}}f^+)(g^-+x^{\{n\}}g^+) \\ &= f^-g^-+x^{\{n\}}f^-g^++x^{\{n\}}f^+g^-+f^+g^+ \\ &= f^-g^-+f^+g^++x^{\{n\}}(f^-g^++f^+g^-) \\ &= \frac{(f^-+f^+)(g^-+g^+)+(f^--f^+)(g^--g^+)}{2} +x^{\{n\}}\frac{(f^-+f^+)(g^-+g^+)-(f^--f^+)(g^--g^+)}{2} \end{aligned} \]

这就转化为了求 \((f^-+f^+)(g^-+g^+)\) 和 \((f^--f^+)(g^--g^+)(f^--f^+)(g^--g^+)\) 的问题，分治求解即可。则时间复杂度 \(T(n)=2T(n-1)+O(2^n)\)，根据主定理，\(T(n)=O(n2^n)\)。

3.2 快速沃尔什变换

首先注意到对于集合 \(S\) 有

\[[S=\varnothing]=\frac{1}{2^n}\sum_{T\in2^U}(-1)^{|S\cap T|} \]

这是一个非常重要的性质。那么你可以根据这个性质进行化简：

\[\begin{aligned} h_S &= \sum_{L\in 2^U}\sum_{R\in 2^U}[L\oplus R\oplus S=\varnothing] f_Lg_R\\ &= \sum_{L\in 2^U}\sum_{R\in 2^U}\frac{1}{2^n}f_Lg_R\sum_{T\in 2^U}(-1)^{|S\cap (L\oplus R\oplus S)|}\\ &= \sum_{L\in 2^U}\sum_{R\in 2^U}\frac{1}{2^n}f_Lg_R\sum_{T\in 2^U}(-1)^{|S\cap L|}(-1)^{|S\cap R|}(-1)^{|S\cap T|}\\ &= \frac{1}{2^n}\sum_{T\in 2^U}(-1)^{|S\cap T|}\left(\sum_{L\in 2^U}(-1)^{|S\cap L|}f_L\right)\left(\sum_{R\in 2^U}(-1)^{|S\cap R|}g_R\right) \end{aligned} \]

这启发我们定义出沃尔什反演的形式：设一个集合幂级数 \(f\) 的沃尔什变换为集合幂级数 \(\hat{f}\)，则定义

\[\hat{f}_S=\sum\limits_{T\in 2^U}f_T(-1)^{|S\cap T|} \]

相应的，定义沃尔什反演

\[f_S=\frac{1}{2^n}\sum\limits_{T\in 2^U}\hat{f}_T(-1)^{|S\cap T|} \]

我们就得到了 \(\hat{h}_S=\hat{f}_S\hat{g}_S\)！

我们想在想要求 \(h\)，可以先求出 \(\hat{f}\) 和 \(\hat{g}\)，对应系数相乘得到 \(\hat{h}\)，再通过沃尔什反演得到 \(h\)。求一个集合幂级数的沃尔什变换和沃尔什反演是容易的，直接递推即可。

时间复杂度即为 \(O(n2^n)\)。

不过由于我们需要在递推时乘以 \(\frac{1}{2^n}\)，分治和这个算法都不能对特征为 \(2\) 的 \(F\) 使用。

4 子集卷积

我们现在定义两个集合幂级数的乘积为子集卷积。设 \(f=\sum\limits_{S\in 2^U}f_Sx^S\)，\(g=\sum\limits_{S\in 2^U}g_Sx^S\)，则定义 \(f\cdot g=h\)，\(h\) 是一个集合幂级数，则满足 \(h_S=\sum\limits_{L\in 2^U}\sum\limits_{R\in 2^U}[L \cup R=S][L\cap R=\varnothing]f_Lg_R\)。

直接暴力枚举子集的时间复杂度是 \(O(3^n)\)，考虑优化。

4.1 转化为集合并卷积

注意到 \([L\cup R=S][L\cap R=\varnothing]=[L\cup R=S][|L|+|R|=|S|]\)。我们可以考虑引入一个占位幂级数，用它的次数来限制 \(|L|+|R|=|S|\)。

定义集合幂级数 \(f\) 的占位幂级数 \(\sigma\) 满足 \(\forall S\in 2^U\)，对于 \(i\not= |S|\) 满足 \(\sigma_{i,S}=0\)，且 \(\sigma_{|S|,S}=f_S\)。即 \(\sigma=\sum\limits_{S\in 2^U}\sum\limits_{i=|S|+1}^{\infty}\sigma_{i,S}z^{i}x^S\)。

设 \(f\) 的占位幂级数为 \(\sigma\)，\(g\) 的占位幂级数为 \(\tau\)，\(g\) 的占位幂级数为 \(\delta\)，于是有 \(\delta_{i}\leftarrow\sum\limits_{j+k=i}\sigma_{j}\cdot\tau_{k}\)。

那么做法就很简单了：先把所有的 \(\sigma_i\) 和 \(\tau_i\) 进行莫比乌斯变换，然后对应系数乘起来，然后变回去即可。

5 集合幂级数的复合

我们对于一个 \(f_\varnothing=0\) 的集合幂级数和一个多项式 \(h\)，定义 \(g=h(f)\) 也是一个集合幂级数，它等于 \(\sum\limits_{i=0}^{\infty}h_if^i\)。

这个无穷求和看上去很不好算，但考虑集合幂级数幂次的组合意义，由于 \((f\cdot f)_S=\sum\limits_{A\subseteq S} f_A\cdot f_{S\backslash A}\)，这相当于将 \(S\) 这个集合划分为两个集合，然后对这两个集合的信息进行了合并。那么如果你的幂次 \(i>n\)，就相当于将 \(n\) 个数划分为了 \(i\) 个部分，那其实 \(f^i\) 就都是 \(0\) 了。

回顾集合幂级数的乘法，我们要计算 \(f^i\)，那么只需要计算出 \(\sigma^i\)，即相当于要算 \(\sum\limits_{i=0}^{n}h_i\sigma^i\)。因为 \(\mathrm{FMT}(f_1\cdot f_2\dots f_k)_S=\prod_{i=1}^{k}\mathrm{FMT}(f_i)_S\)，以及 \(\mathrm{FMT}(A+B)=\mathrm{FMT}(A)+\mathrm{FMT}(B)\)，则有 \(\mathrm{FMT}(\sum\limits_{i=0}^{n}h_i\sigma^i)_S=\sum\limits_{i=0}^{n}h_i(\mathrm{FMT}(\sigma)_S)^i\)。这是形式幂级数的复合。

5.1 逐点牛顿迭代法

逐点牛顿迭代法可以在 \(O(n^22^n)\) 的时间复杂度内求出集合幂级数的复合，并且可适用于任意模数的泰勒展开。

论文上的说法我看不懂，这里写成人话。推倒重来，考虑设 \(g=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{h_i}{i!}f^i\)。

普通求复合的时候这里需要求 \(1\sim n\) 的逆元，但我们可以考虑这个式子的组合意义，我们固定各个划分的顺序，就可以规避掉这个问题。

具体地，考虑设 \(dp_{i,j}\) 表示对于前 \(i\) 项，钦定还剩下 \(j\) 次子集卷积的答案。容易得到转移式 \(dp_{i,j}\leftarrow dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j+1}\cdot f[2^{i},2^{i+1}-1]\)，其中 \(f[l,r]\) 表示 \(f\) 仅在 \([l,r]\) 处有值。答案即为 \(dp_{n,0}\)。

于是我们只需要做 \(\sum i(n-i)=O(n^2)\) 次子集卷积，总复杂度 \(O(n^32^n)\) 吗……？并非。\(f[2^i,2^{i+1}-1]\) 是 \(i\) 次的，一次子集卷积的时间复杂度为 \(O(2^ii)\)，时间复杂度 \(O(\sum i^2(n-i)2^i)=O(n^22^n)\)，直接写的话常数比较大。

5.2 联系到背包

给你 \(n\) 个数 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，称一种选数的方案 \(S\) 是合法的，当且仅当 \(\forall i,j\in S, i \not= j\)，\(a_i\cap a_j=\varnothing\)，它的价值为 \(\varphi(1+\sum a_i)\)。求所有合法方案的价值之和。

考虑写出答案式，选择一个集合 \(A\) 即为 \(x^A\)，每个集合可以选或不选，即 \(\prod\limits_{i=1}^{n}(x^\varnothing+x^{A_i})\)。

对其 \(\ln\) 后 \(\exp\)，有

\[\begin{aligned} \prod\limits_{i=1}^{n}(x^\varnothing+x^{A_i}) &= \exp\sum_{i=1}^{n}\ln(x^\varnothing+x^{A_i}) \\ &= \exp\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{j-1}}{j!}(x^{A_i})^j \\ &= \exp\sum_{i=1}^{n}x^{A_i} \end{aligned} \]

这就是一个 \(\exp\) 的板子了。

Source：P6570 [NOI Online #3 提高组] 优秀子序列 的数据加强版本。

6 连通性问题

在此之前，先探讨一下 \(\exp\) 的组合意义。

我们有 \(\exp(F)=\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}F^k\)。根据子集卷积的定义，\((F^k)_S\) 表示，将 \(S\) 划分为有序的 \(k\) 元组 \((S_1,S_2,\dots,S_k)\)，其中每个 \(S_i\) 都是非空的，这些元组的值之积的和。我们往往不关心子集之间的顺序，于是我们需要将这个方案数除以 \(k!\)。因此 \(\exp(F)\) 的组合意义就呼之欲出了：将集合 \(S\) 划分成任意数量的不相交非空子集，求这些子集的权值的积之和。

形式化地，设 \([x^S]F(x)=f_S\)，\([x^S]e^{F(x)}=g_S\)，即

\[g_S=\sum_{\cup S_i=S,\sum |S_i|=k}\prod_{i=1}^{k}f_{S_i} \]

那么在一张图上，若 \([x^S]F(x)\) 为点集 \(S\) 的子图个数，\([x^S]G(x)\) 为 \(S\) 的联通子图个数，则 \(\exp G=F\)。

6.1 数联通子图

给定一个无向图 \(G\)，求 \(G\) 有多少边子图是连通的。

直接套用 \(\exp\) 的组合意义即可。\(F\) 随便求吧，你每个边选不选都行。那么你就能通过 \(G=\ln F\) 知道 \(G\) 了。

相似例题：P11734 [集训队互测 2015] 胡策的统计。

6.2 数与点联通的子图数量

给定一个无向图 \(G\)，对每个 \(k\in [2,n]\) 求有多少张子图满足 \(1\) 和 \(k\) 联通。

写出答案式：\(ans_k=\sum\limits_{\{1,k\}\subseteq S\subseteq U}g_Sf_{U\backslash S}\)。直接求即可。

Source：[ABC213G] Connectivity 2

6.3 数联通二分子图

给定一个无向图 \(G\)，求 \(G\) 有多少边二分子图是连通的。

一个简单的想法是枚举左部点 \(S\)，那么边的选取方案就是 \(2^{cross(S,U\backslash S)}\) 种。但是这样会算重，因为你发现一张图的黑白染色并不只有一个，设弱联通块的个数有 \(c\) 个，那么一张图会被算 \(2^c\) 次。

我们把一张图的价值定为 \(2^c\)，设 \(g_S\) 表示 \(S\) 所有边二分子图的价值之和，\(f_S\) 表示所有联通边二分子图数量乘以 \(2\)，于是有 \(g=\exp f\)。

那么现在考虑如何快速算 \(g\)。设点集 \(S\) 的导出子图边数为 \(sum_S\)，观察到有 \(g_S=\sum\limits_{T\subseteq S}2^{cross(T,S\backslash T)}=\sum\limits_{T\subseteq S} 2^{sum_S-sum_T-sum_{S\backslash T}}=2^{sum_S}\sum\limits_{T\subseteq S}2^{-sum_T-sum_{S\backslash T}}\)，形成了一个子集卷积的形式。

一次子集卷积求出 \(g\)，再用 \(f=\ln g\) 求出 \(f\)，最后 \(\frac{f_U}{2}\) 即为答案。

Source：[ARC105F] Lights Out on Connected Graph。

6.4 数杏仁子图

给定一个有向图 \(G\)，源点 \(s\)，汇点 \(t\)，对于每个 \(u\)，求 \(G\) 有多少杏仁子图包含边 \(s\rightarrow u\)。

一张图被称为【杏仁】，当且仅当这张有向图的边集可以划分为 \(k\) 条 \(s\) 到 \(t\) 的路径，设第 \(i\) 条路径的点集为 \(S_i\)，需满足 \(\forall i\not= j,S_i\cap S_j=\{s,t\}\)。

首先考虑没有 \(s\rightarrow u\) 怎么做。你发现去掉 \(s,t\) 就是把若干链拼起来。设 \(f_S\) 表示选点集 \(S\) 拼成链的方案数，\(g_S\) 表示点集 \(S\) 的杏仁子图数。\(f_S\) 可以通过 dp 求出，那么你就可以通过 \(g=\exp f\) 算出 \(g\)。

考虑加入限制 \(s\rightarrow u\)，需要钦定 \(s\rightarrow u\) 是杏仁图上的边。可以将杏仁图拆成两个部分，以 \(u\) 为链顶的链 \(S_1\) 和其他链。其他链的方案数就是 \(g_{U\backslash S_1}\)。现在只需要求出 \(u\) 起始的单链方案数了。

考虑倒着 dp，设 \(dp_{S,u}\) 表示点集 \(S\) 组成的链，现在在点 \(u\)，从 \(u\) 出发走到 \(t\) 的方案数。直接转移即可。

三个部分的时间复杂度都是 \(O(n^22^n)\)，解决此题。

Source：QOJ #5411.【北大集训 2020】杏仁

7 强连通性、可达性、无环限制

对于有向图，我们可以探究一些强连通性、可达性、无环的限制。

在此之前，我们先来探究如何刻画一张 DAG。不难发现，一张 DAG 上总是存在零度点，而一次剥开每一层零度点就可以描述 DAG 的结构。

7.1 DAG 定向

给定一张无向图 \(G\)，求有多少种定向方式使得得到的有向图无环。

有一个简单的想法，设 \(f_S\) 表示点集 \(S\) 子图的定向方案，每次枚举零度点集 \(T\subseteq S\)，这需要有 \(\forall u,v\in T\)，\(u\) 和 \(v\) 之间没有连边，然后和 \(f_{S\backslash T}\) 进行计算。

但是如何保证 \(S\backslash T\) 的所有点入度不为 \(0\) 是个问题。显然的，可以考虑容斥，则有

\[f_S=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}[\forall u,v\in T,u\not\rightarrow v]f_{S\backslash T} \]

已经可以做到 \(O(3^n)\) 了。考虑设 \(g_S=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}[\forall u,v\in T,u\not\rightarrow v]\)，那么 \(f=f\cdot g+1\)，则 \(f=\frac{1}{1-g}\)。直接求逆即可。

习题：P6846 [CEOI 2019] Amusement Park。

7.2 强连通子图计数

给定一张有向图 \(G\)，求其强联通子图个数。

上述技巧还是可以继续沿用的。考虑缩点，非强连通图缩点后会形成一个 DAG，考虑对这个 DAG 计数。

不难想到设 \(f_S\) 表示将点集 \(S\) 的导出子图划分为若干无出度的 SCC，每个 SCC 加权和之和，\(g_S\) 表示 \(S\) 导出子图中强连通子图数量。考虑枚举 \(0\) 度点，于是有

\[\begin{aligned} 2^{(S,S)} &= \sum_{\varnothing \subsetneq T\subsetneq S}2^{(S-T,S-T)+(S-T,T)}f_T \\ f_S &= 2^{(S,S)}-\sum_{\varnothing \subsetneq T\subsetneq S}2^{(S-T,S)}f_T \end{aligned} \]

其中 \((S,T)\) 表示 \(S\) 向 \(T\) 连边数量。那么你就可以 \(O(3^n)\) 求出 \(f\)。为什么不适用卷积优化呢，是因为这是有向图，\((S,T)\) 通常不能被很好的拆分出来。

接下来考虑求 \(g\)。先写出一个特别暴力的式子：

\[f_S = \sum_{k=1}^{n}\sum_{T_1\dots T_k \text{为} \{1,2,\dots,n\} \text{的划分}}(-1)^{k-1}\prod_{i=1}^{k} g_{T_i} \]

观察到实际上 \(f=1-\exp(-g)\)。这个直接卷积优化就可以了。

时间复杂度 \(O(3^n\frac{m}{\omega})\)。

Source：P11714 [清华集训 2014] 主旋律

7.3 [省选联考 2024] 重塑时光

题意也太长了。简述一下，就是把 \(n\) 个数分成一些段，然后重排，段可以为空，排列后需要满足拓扑关系。

先考虑计数。

其实分段这件事有点何意味，那你就直接在状态里记上它。排列后需要满足拓扑关系，可以分成两种情况考虑：段内部点需要满足拓扑关系，段与段之间需要满足拓扑关系。把段看成一些点，这些点就会构成一个 DAG。

设 \(f_{S,i}\) 表示 \(S\) 中选 \(i\) 段形成的合法 DAG 数量。为了转移，我们照例再设 \(g_{S,i}\) 表示 \(S\) 中选 \(i\) 个 \(0\) 度段构成的合法 DAG 个数。你还需要满足段内部点的合法关系，再设 \(h_{S}\) 表示 \(S\) 的合法拓扑关系数。接下来就是按所设状态设计转移：

\[f_{S,i}=\sum_{\substack{T\subseteq S}}\text{chk}(T,S\backslash T)\sum_{j=1}^{i}f_{S\backslash T,i-j}g_{T,j}(-1)^{j-1} \]

\[g_{S,i}=\sum\limits_{\substack{T\subseteq S \\ \text{lowbit}(S)\in T}}\text{chk}(T,S\backslash T)\text{chk}(S\backslash T,T)g_{S\backslash T,i-1}h_{T} \]

\[h_{S}=\sum_{u\in S}\text{chk}(S\backslash u,u)h_{S,u} \]

\(O(3^nn^2)\) 转移即可，\(O(3^nn)\) 的做法鸽了。观察到这两种做法在常数的影响下差距并不是很大。

考虑如何计算概率。对于分成 \(i\) 段的情况，首先你可以将这 \(i\) 段任意重排，然后和 \((k+1-i)\) 个空段合并，再随便切 \(k\) 刀，即 \(i!k!\binom{k+1}{i}\)。最后除以总方案数 \((n+k)!\) 即可。

Source：P10221 [省选联考 2024] 重塑时光

8 双联通性限制

8.1 数点双联通子图

给定一张无向图 G，求有多少边子图是点双联通图。

我们分阶段地考虑这个问题，设 \(f_0,f_1,\dots,f_n\) 是 \(n\) 个集合幂级数，其中 \((f_i)_S\) 表示 \(S\) 的导出子图中，割点编号不超过 \(i\) 形成的子图数。我们想要计算的答案是不存在割点的生成子图数，那么 \((f_0)_U\) 就是答案。

考虑如何从 \(f_{i-1}\) 转移至 \(f_i\)。我们考虑 \(f_{i-1}\) 与 \(f_i\) 之间的差异，\(f_i\) 与 \(f_{i-1}\) 的区别就是 \(i\) 可以成为割点。对于集合 \(S\)，如果 \(i\not\in S\)，那么 \(i\) 不在 \(S\) 的导出子图中，它不能成为割点，所以 \(f_{i,S}=f_{i-1,S}\)。

只需考虑 \(i\in S\) 时的情形，\(i\) 可以成为 \(S\) 的割点。如果将 \(i\) 删去，那么这张图会分裂成若干联通块 \(T_1,T_2,\dots,T_k\)，那么 \(\{u\}\cup T_1\cup T_2\cup \dots\cup T_k=S\)。那么这张边子图在所有 \(T_i\) 的部分都符合 \(f_{i-1}\) 的限制，那么这是一个划分形式，将所有 \(i\in S\) 的 \(f_{i-1,S}\) 去掉 \(i\) 做一遍 \(\exp\) 即可。

考虑如何计算 \((f_n)_S\)，这相当于没有割点的限制，只需要对 \(S\) 导出子图中有多少子图是联通的计数。直接使用 6.1 的做法即可。

那么我们可以将 \(i\) 从 \(n\) 到 \(1\) 推回去，这相当于做 \(\ln\)。那么只需要做 \(O(n)\) 次 \(\ln\) 即可，时间复杂度 \(O(n^32^n)\)。

Source：P16207 点双连通生成子图计数

总结

集合幂级数在近几年出现次数比较多，是常考的热门题型，值得重视。

在研究集合幂级数时的主要思想就是将集合划分，然后对这个划分的过程递推。

对于无向图简单连通性题目，需要掌握 \(\exp\) 的组合意义，这样就从整块联通性问题就转化为了若干散块连通性问题。对于有向图连通性问题，可以考虑钦定 \(0\) 度点。一张 DAG 上总是存在零度点，而一次剥开每一层零度点就可以描述 DAG 的结构。这就能转化到集合划分的形式。

如果计数时会算重，可以对每个状态赋一个容斥系数使得每种方案恰好被我们算过 \(1\) 次，并且不符合条件的状态也不会被计入。对有向图连通性问题，对其做 DAG 容斥，这样的处理通常是有力的。