集合幂级数学习笔记

然而我只会抄课件

定义及基本运算

集合幂级数和生成函数一样，也是形式幂级数的一种。

设 \(F\) 是一个域，则称函数 \(f:2^U \to F\) 为 \(F\) 上的一个集合幂级数。对于每个 \(S \in 2^U\) 记 \(f_S\) 表示把 \(S\) 代入函数 \(f\) 后的函数值，并称 \(f_S\) 为该集合幂级数第 \(S\) 项的系数。注意这里的下标都是集合。

加减法比较好定义。容易得到集合幂级数形成了一个加法阿贝尔群，单位元是满足系数均为 \(0\) 的集合幂级数。

为了看起来更顺眼 我们可以将集合幂级数表示为 \(f=\sum_{x \subseteq 2^U} f_xx^S\)。

接下来我们尝试定义集合幂级数的乘法，我们希望乘法有交换律，结合律，单位元最好是\(\emptyset\)。我们来考虑三种乘法：

集合并卷积

\[h_s = \sum_{L \subseteq 2^U} \sum_{R \subseteq 2^U} [L \cup R=S]f_Lg_R \]

我们可以用快速莫比乌斯变换（FMT）来快速计算。

定义：对于一个集合幂级数 \(f\) 我们定义 \(f\) 的莫比乌斯变换为集合幂级数 \(\hat f\) 满足

\[\hat f_S = \sum_{T \subseteq S} f_T \]

我们也称 \(f\) 是 \(\hat f\) 的莫比乌斯反演。

如果我们直接对莫比乌斯变换后的函数按位相乘 可以观察一下式子：

\[\begin{aligned}\hat h_S &= \hat f_S \hat g_S\\&= \sum_{L \subseteq S}f_L\sum_{R \subseteq S} f_R\\&= \sum_{L \subseteq S}\sum_{R \subseteq S} f_L f_R\\&= \sum_{L \subseteq S}\sum_{R \subseteq S} [(L \cup R) \subseteq S]f_L f_R\\\end{aligned} \]

所以这就是凑成了 \(h\) 莫比乌斯变换后的形式。

莫比乌斯变换的实现实际上是要时间一个高维前缀和 可以用 FWT_OR 的做法实现（

这样就可以在时间复杂度为 \(O(n2^n)\) 内求出集合并卷积了。

inline void OR(int f[]){
    for(int mid = 1;mid < N;mid <<= 1){
        for(int i = 0;i < N;i += (mid<<1)){
            FOR(j,0,mid-1){
                (f[i+mid+j] += f[i+j]) %= ha;
            }
        }
    }
}

inline void iOR(int f[]){
    for(int mid = N>>1;mid;mid >>= 1){
        for(int i = 0;i < N;i += (mid<<1)){
            FOR(j,0,mid-1){
                (f[i+mid+j] += ha-f[i+j]) %= ha;
            }
        }
    }
}

集合对称差卷积

首先定义集合的对称差运算

\[A \otimes B = \{x|(x\in A)\text{xor}(x\in B)\} \]

所以对称差卷积的定义很容易得出：

\[h_S=\sum_{L \in 2^U}\sum_{R \in 2^U}[L \otimes R=S]f_Lg_R \]

快速计算可以考虑使用快速沃尔什变换。

实际上这里就是 FWT_XOR 。我们接下来暂时丢掉集合 考虑更直观的异或卷积：

\[f[i]\times g[j] \to h[i \text{ xor }j] \]

考虑定义运算 \(x \oplus y=\text{popcount(x and y) mod 2}\)，这个运算满足 \((i \oplus j) \text{ xor }(i \oplus k) = i \oplus(j \text{ xor }k)\)

于是我们构造\(f\) 的变换 \(\hat f\)

\[\hat f_i = \sum_{i \oplus j=0}a_j-\sum_{i\oplus j=1}a_j \]

则

\[\begin{aligned}\hat h_i &= \sum_{i \oplus j=0}a_j\sum_{i\oplus k=0}b_k-\sum_{i\oplus j=1}a_j\sum_{i\oplus k=0}b_k-\sum_{i\oplus j=0}a_j\sum_{i\oplus k=1}b_k+\sum_{i\oplus j=1}a_j\sum_{i\oplus k=1}b_k\\&=\sum_{i\oplus (j \text{ xor } k)=0}a_jb_k-\sum_{i\oplus (j \text{ xor } k)=1}a_jb_k\\&= \hat f_i \hat g_i\end{aligned} \]

也就是变换后直接按位相乘就能得到变换后的结果。

接下来是如何去快速实现这个变换 推荐去看一下这个博客

红色箭头表示负贡献，蓝色箭头表示正贡献。正变换就从下往上跑，负变换从上往下跑。复杂度 \(O(n2^n)\)

inline void XOR(int f[]){
    for(int mid = 1;mid < N;mid <<= 1){
        for(int i = 0;i < N;i += (mid<<1)){
            FOR(j,0,mid-1){
                int x = f[i+j],y = f[i+mid+j];
                f[i+j] = (x+y)%ha;f[i+mid+j] = (x+ha-y)%ha;
            }
        }
    }
}

inline void iXOR(int f[]){
    for(int mid = N>>1;mid;mid >>= 1){
        for(int i = 0;i < N;i += (mid<<1)){
            FOR(j,0,mid-1){
                int x = f[i+j],y = f[i+mid+j];
                f[i+j] = 1ll*(x+y)%ha*inv2%ha;f[i+mid+j] = 1ll*(x+ha-y)%ha*inv2%ha;
            }
        }
    }
}

集合幂级数就可以把集合抽象成二进制数一样做。。

子集卷积

比集合并卷积更加严格。定义两个集合幂级数的子集卷积为

\[h_S = \sum_{L \in 2^U} \sum_{R \in 2^U} [L \cup R = S][L \cap R = \emptyset]f_Lg_R \]

快速做：

首先我们注意到 \([L \cup R=S][L \cap R = \emptyset] = [L \cup R = S][|L|+|R|=|S|]\)。于是我们可以想到加一维大小限制来删去违法贡献。

论文上是这样写的：

一个 \(F[[z]]\) 上的集合幂级数 \(\sigma\) 为集合幂级数 \(f\) 的集合占位幂级数定义为：

\[\sigma = \sum_{S \in 2^U}f_Sz^{|S|}x^S+\sum_{S \in 2^U}\sum_{i = |S|+1}^{\infty} \sigma_{S,i}z^{i}x^{S} \]

实际上我们可以理解成：

\(f[i][S]\) 表示集合 \(S\) 大小为 \(j\) 的答案。有转移 \(f[i][S]\times f[j][T] \to f[i+j][S \cup T]\)

然后我们只保留 \(f[|S|][S]\) 的结果即可。

看起来就是一个二维 FFT。我们对于第一维暴力卷积 第二维做集合并卷积 时间复杂度 \(O(n^22^n)\)

比较高级的运算

求逆

定义集合幂级数 \(g^{-1}\) 是 \(g\) 的乘法逆元，当且仅当 \(g\times g^{-1}=\epsilon\) 其中乘法定义为子集卷积， \(\epsilon\) 是子集卷积单位元\(x^{\emptyset}\) 那么我们只需要将其转化成集合占位幂级数 对每一位做多项式求逆即可。这里一般集合占位幂级数要用的部分都不会特别长，可以考虑 \(O(n^2)\) 求逆：

设 \(p\) 为一形式幂级数 \(q\) 为 \(p\) 的逆元，那么有

\[\sum_{i=0}^n q_ip_{n-i} = [n=0]\\q_n=\begin{cases}\frac{1}{p_0},&n=0\\-\frac{1}{p_0}\sum_{i=0}^{n-1}q_ip_{n-i},&\text{otherwise}\end{cases} \]

\(O(n^2)\) 递推即可。

exp & ln

我们做关于 \(\exp,\ln\) 的东西的时候为了避免不收敛 强制 \(x^{\emptyset}=0\)

类比 EGF ，组成集合的个体的集合幂级数是 \(f\) 集合的集合幂级数是 \(g\) ，一般有

\[e^{f} = g+1\\f = \ln(g+1) \]

这两个东西也可以通过先转化成集合占位幂级数 对每一位都求 \(\exp,\ln\) 我们也需要了解一下 \(O(n^2)\) 的做法：

ln

设 \(g=\ln(f+1)\) 那么

\[\begin{aligned} g' &= \frac{f'}{f+1}\\g'(f+1)&=f'\\g'+g'f&=f'\\g'_k+\sum_{i=0}^{k-1} g'_if_{k-i}&=f'_k\\(k+1)g_{k+1}+\sum_{i=0}^{k-1} (i+1)g_{i+1}f_{k-i}&=(k+1)f_{k+1}\\g_{k+1}&=f_{k+1} -\frac{1}{k+1}\sum_{i=0}^{k-1} (i+1)g_{i+1}f_{k-i} \end{aligned} \]

一定要多加注意是循环到 \(n-1\)

exp

设 \(g=e^f\)

\[g'=f'e^f\\g'=f'g\\g'_k=\sum_{i=0}^k f'_ig_{k-i}\\(k+1)g_{k+1}=\sum_{i=0}^k (i+1)f_{i+1}g_{k-i}\\g_{k+1}=\frac{1}{k+1}\sum_{i=0}^k (i+1)f_{i+1}g_{k-i}\\ \]

开根

和上面的分析差不多，设 \(g=\sqrt{f}\)

\[g^2 = f\\\sum_{i=0}^k g_ig_{k-i} = f_k\\2g_kg_0=f_k-\sum_{i=1}^{k-1}g_ig_{k-i}\\g_k=\frac{1}{2g_0}(f_k-\sum_{i=1}^{k-1}g_ig_{k-i})\\ \]

初始值 \(b_0 = \sqrt a_0\)

分治卷积

适用于解决：

\[f_S=\sum_{T \subsetneq S} f_Tg_{S-T}\\f_S=\sum_{T \subsetneq S,T \neq \emptyset} f_Tf_{S-T}\\f_S=a_S+\sum_{T \subsetneq S}b_Tf_T\times c_{S-T}g_{S-T} \]

都可以使用分治卷积做到 \(O(2^n n^2)\)

其实暴力就可以。。转成集合占位幂级数之后枚举 \(f[i][S]\) 中的 \(i\) 然后暴力卷积+FMT 转移即可。好像就是州区划分那个题。（感觉毫无分治思想啊 （（（

题目

「HAOI2015」按位或

我们把概率 \(p\) 看成集合幂级数，如果将乘法定义成集合并卷积的话 恰好第 \(k\) 轮结束的概率就是 \(p^k-p^{k-1}\)的第 \(U\) 相、

于是答案就是

\[\sum_{k \geq 1} (p^k-p^{k-1})k \]

设这个的集合幂级数为 \(f\) 考虑做莫比乌斯变换

\[\begin{aligned}\hat f_S&=\sum_{k \geq 1} (\hat{p}^k_S-\hat p^{k-1}_S)k\\&= \sum_{k \geq 1}\hat{p}_S^{k-1}(\hat{p}_S-1)k\\&= (\hat{p}_S-1)\sum_{k \geq 0}\hat{p}_S^{k}(k+1)\\\text{令} T&=\sum_{k \geq 0}\hat{p}_S^{k}(k+1)\\&=\sum_{k \geq 0}k\hat{p}_S^{k}+\sum_{k \geq 0}\hat{p}_S^{k}\\&= \frac{1}{1-\hat{p}_S}+\sum_{k \geq 1} k\hat{p}_S^k\\&= \frac{1}{1-\hat{p}_S}+\sum_{k \geq 0} (k+1)\hat{p}_S^{k+1}\\&= \frac{1}{1-\hat{p}_S}+\hat{p}_S\sum_{k \geq 0} (k+1)\hat{p}_S^{k}\\&= \frac{1}{1-\hat{p}_S}+\hat{p}_ST\\\Rightarrow T&=\frac{1}{(1-\hat{p}_S)^2}\\\hat f_S &= \frac{\hat{p}_S-1}{(1-\hat{p}_S)^2}\\&= -\frac{1}{1-\hat p_S}\end{aligned} \]

然后快速莫比乌斯反演回去就好了。时间复杂度 \(O(n2^n)\)

Topcoder SRM 518 Nim

就是求多少种方案异或值为 \(0\)

将每个数二进制位看成一个集合 构造形式幂级数

\[(\sum_{t \in prime} x^{\text{set}(t)})^m \]

乘法定义为对称差卷积。也就是FWT 一下 做个快速幂 FWT 回去就好了。

「WC2018」州区划分

划分在一个集合 不满足条件只有可能是存在欧拉回路或者点个数为 \(1\)

我们设 \(f_S\) 表示选择了 \(S\) 集合内的所有点后答案，记 \(sm_S\) 表示集合所有点的和带上 \(p\) 次方。

预处理 \(g_S\) 表示集合内的点划分在一个集合的贡献 如果不合法就是0.

\[f_S = \frac{1}{sm_S}\sum_{T \subseteq S} f_Tg_{S-T} \]

暴力是 \(3^n\) 的 不太能过。

考虑右边实际上是一个子集卷积 按照上面的办法搞一搞就 \(O(n^22^n)\)了。

连通生成子图计数

给一个 \(n\) 个点的无向图 \(G\) 求联通生成子图个数 \(n \leq 20\)

设 \(f_S\) 表示 \(G\) 由 \(S\) 导出的子图的连通生成子图个数，\(g_S\) 表示 \(G\) 由 \(S\) 导出的子图的生成子图个数。特别的 我们强制 \(f_{\emptyset} = g_{\emptyset} = 0\)

\(g\) 比较好求：只需要处理出边数就可以。

所以 \(e^f=1+g \Rightarrow f = \ln(g+1)\) 多项式全家桶即可。