集合幂级数初探

参考

设全集 \(U=\{1 \cdots n\}\)，规定集合幂级数 \(f : 2 ^ U \to R\) 为从 \(U\) 的子集到 \(R\) 上的映射，其中 \(R\) 为交换环。

\(f_S \in R\) 是 \(S\) 映射到的值。

规定集合幂级数的并卷积，交卷积，对称差卷积，子集卷积。

将子集卷积定为集合幂级数间的乘法，考虑如何计算。

FMT 算法可以快速计算并卷积，而子集卷积额外要求 \(i,j\) 不交，这充要于 \(|i|+|j|=|k|\)。

故设集合幂级数 \(f' : 2 ^ U \to R[x]\)，并有 \(f'_S = x^{|S|} f_S\)，则 \(f' * g' = h'\)，有 \(h_S = [x^{|S|}]h'_S\)，做 FMT 变换即可，时间复杂度 \(O(n^2 2^n)\)。

复合：设 \(f_{\empty} = 0\)，求\(\sum_{i \ge 0} h_i f^i\)。其中幂为子集卷积。

注意到 \(i > n\) 时 \(f^i = 0\)，故取上界为 \(n\) 结果不变。有朴素的 \(O(n^3 2^n)\) 做法。

考虑沿用 \(f'\)，则

\[f^i \to f'^{(*)i} \to \text{FMT}(f') ^ i \]

故要想得到复合后的 \(h(f)\)，相当于对 \(\text{FMT}(f')_S\) 复合上 \(h\) 后求 \(\text{IFMT}\) 最后形如上提取系数，朴素做法仍然 \(O(n^3 2^n)\)。

然而一些常见的复合（求逆，\(\ln, \exp\) 等）已经可以做到 \(O(n^2)\) 复合了（参考）。

另外的复合暂时没有遇到。

复合 2

求 \(\forall i \in [1,n], f^i g\) 共 \(n\) 个集合幂级数。

不失一般性设 \(f_{\emptyset} = 0\)，指定每次转移 \(g'_{S \cup T} \gets g_S f_T\) 时有 \(\min (U \setminus S) \in T\)，最后乘上 \(i!\) 系数。

枚举转移轮数 \(i\) 及 \(\min (U \setminus S) = j\)，做子集卷积。

时间复杂度 \(\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n (n-j)^2 2^{n-j} = O(n^2 2^n)\)。

例题 1。

\(\ln, \exp\) 的组合意义

exp 相当于不区分顺序的不交子集并，ln 则是其逆运算。

运用非常的技巧性，例题 2，这题主要难在想到双色图与二分图的对应关系，且双色非连通图可以由其极大双色联通子图拼起来得到，且方案唯一（或者可以说对于双色连通图的集合幂级数 \(f\)，双色图集合幂级数 \(g = \exp f\)，反过来即可），那么可以用 \(\ln\)。最后 \(\div 2\) 即可。

连通 - 边双连通变换

板题，考虑是先用 \(\ln\) 求出连通子图方案数，然后容斥割边数量，相当于缩边双后生成树计数。

考虑枚举 \(i\)，连 \(\max(u,v) = i\) 的边，假设处理完 \(1 \sim i - 1\) 的幂级数为 \(f\)，则建集合幂级数 \(g\) 满足 \(g_S = f_S (i \in S), g_S = f_S c_{i,S} (i \not \in S)\)，其中 \(c_{i,S}\) 为 \(\max (u,v)=i \and u,v \in S\) 的边数，求 \(\exp g\)，并对所有 \(i \in S\)，用 \(\exp g_S\) 替换 \(f_S\)，大概就是增加了新连的边，初始 \(f\) 为集合带的系数就好了，割边带的系数可以算在 \(g (i \not \in S)\) 中。