拆位优化 dp

一个比较简单的 trick，用于优化转移与位运算有关的 DP。

下文记 \((x)_d\) 为 \(x\) 二进制下第 \(d\) 位。

P4310 绝世好题

定义序列 \(b_i\) 是优美的，当且仅当 \(\forall 1 \le i<|b|, b_i \text { and } b_{i+1} \ne 0\)。

给定一个长为 \(n\) 的序列 \(a_i\)，求出最长优美子序列长度。

\(n \le 10^5\)，\(a_i \le 10^9\)，1 秒，512 MB。

:::::success[题解]

我们有经典的 \(O(n^2)\) DP，记 \(f_i\) 为以 \(a_i\) 结尾的最长优美子序列长度，转移枚举上一个元素 \(a_j\) 得

\[f_i=1+\max_{j<i \land a_i \text { and } a_j \ne 0} f_j \]

记 \((a_i)_d\) 为 \(a_i\) 二进制下第 \(d\) 位，枚举到 \(a_i\) 时我们维护

\[\begin{aligned} g_d=\max_{j<i \land (a_j)_d=1} f_j \end{aligned} \]

从而

\[\begin{aligned} f_i&=1+\max_{j<i \land a_i \text { and } a_j \ne 0} f_j\\ &=1+\max_{j<i, \exists d, (a_i)_d=(a_j)_d=1} f_j\\ &=1+\max_{d} \max_{j<i \land (a_i)_d=(a_j)_d=1} f_j\\ &=1+\max_{(a_i)_d=1} g_d \end{aligned} \]

转移顺序为先 \(f \to g\) 再 \(g \to f\) 的辗转 chkmax。

复杂度 \(O(n \log V)\)。

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:::::info[代码]

int n, a[N], g[40];
void _main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int f = 0;
		for (int j = 0; j <= 31; j++) 
			if (a[i] >> j & 1) chkmax(f, g[j]);
		for (int j = 0; j <= 31; j++) 
			if (a[i] >> j & 1) chkmax(g[j], f + 1);
	}
	cout << *max_element(dp, dp + 32);
} 

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NC294483 Kingdom Path

给定长为 \(n\) 的序列 \(a_i\)。构造一张 \(n\) 个点的有向图，对于节点 \(i,j\)，若 \(i<j\) 则两点间连接 \(\text{popcount}(a_i \text{ and } a_j)\) 条边。

求从节点 \(1\) 到 \(n\) 的简单路径数目，对 \(10^9+7\) 取模。

多测，\(T \le 5\)，\(n \le 2 \times 10^5\)，\(a_i < 2^{30}\)，2 秒，256 MB。

:::::success[题解]

记 \(f_i\) 为 \(i \to n\) 的路径数。模拟 DAG 上 DP 易得转移式

\[f_i=\sum_{j=i+1}^n f_j \times \text{popcount}(a_i \text{ and } a_j) \]

考察上式的组合意义：每个 \((a_i)_d=(a_j)_d=1\) 的 \(d\) 导出一次 \(f_j \to f_i\) 的转移。据此设

\[g_d=\sum_{j=i+1}^n [(a_j)_d=1] f_j \]

从而在转移到 \(i\) 时

\[\begin{aligned} f_i&=\sum_{j=i+1}^n f_j \sum_{d} [(a_i)_d=(a_j)_d=1]\\ &=\sum_{(a_i)_d=1} \sum_{j=i+1}^n [(a_j)_d=1]f_j\\ &=\sum_{(a_i)_d=1} g_d \end{aligned} \]

复杂度 \(O(n \log V)\)。

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:::::info[代码]

const int N = 2e5 + 5;
int n, a[N];
mint f[N], g[35];

void _main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	fill(f + 1, f + n + 1, 0), fill(g, g + n + 1, 0);
	f[n] = 1;
	for (int j = 30; j >= 0; j--) 
		if (a[n] >> j & 1) g[j] += f[n];
	for (int i = n - 1; i >= 1; i--) {
		for (int j = 30; j >= 0; j--) 
			if (a[i] >> j & 1) f[i] += g[j];
		for (int j = 30; j >= 0; j--) 
			if (a[i] >> j & 1) g[j] += f[i];
	} cout << f[1] << '\n';
}

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[模拟赛] 小 Z 爱划分

给定长为 \(n\) 的序列 \(a_i\)，将其划分为若干段，权值为每一段数组元素异或和的积。

求权值划分方式的得分的平方和，对 \(10^9+7\) 取模。

\(n \le 3 \times 10^5\)，\(a_i \le 10^{18}\)，2 秒，1024 MB。

:::::success[题解]

记 \(s_i\) 为 \(a_i\) 的前缀异或和。\(O(n^2)\) DP 显然，记 \(f_i\) 为前缀 \(1 \sim i\) 的答案，枚举上一个划分点 \(j\) 有

\[f_i=\sum_{j=0}^{i-1} f_j (s_i \oplus s_j)^2 \]

对转移式进行拆位并观察

\[\begin{aligned} f_i&=\sum_{j=0}^{i-1} f_j \left(\sum_{x} [(s_i)_x \ne (s_j)_x] 2^x\right)^2\\ &=\sum_{j=0}^{i-1} f_j \sum_x \sum_y [(s_i)_x \ne (s_j)_x][(s_i)_y \ne (s_j)_y]2^{x+y}\\ &=\sum_{x,y} 2^{x+y} \sum_{j=0}^{i-1} [(s_i)_x \ne (s_j)_x][(s_i)_y \ne (s_j)_y] f_j \end{aligned} \]

维护

\[g_{x,y,p,q}=\sum_{j=0}^{i-1} [(s_j)_x = p][(s_j)_y=q]f_j, p,q \in \{0,1\} \]

从而

\[f_i=\sum_{x,y} 2^{x+y} g_{x,y,1-(s_i)_x,1-(s_i)_y} \]

对 \(f,g\) 辗转转移，复杂度 \(O(n \log^2 V)\)。

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:::::info[代码]

const int N = 2e5 + 5, M = 31;
int n, a[N];
mint f[N], g[2][2][M][M];

void _main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], a[i] ^= a[i - 1];
	fill(f, f + n + 1, 0), memset(g, 0, sizeof(g)), f[0] = 1;
	for (int i = 0; i < M; i++) 
		for (int j = 0; j < M; j++) g[0][0][i][j] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int x = 0; x < M; x++) 
			for (int y = 0; y < M; y++) f[i] += g[(a[i] >> x & 1) ^ 1][(a[i] >> y & 1) ^ 1][x][y] * (1LL << (x + y));
		for (int x = 0; x < M; x++) 
			for (int y = 0; y < M; y++) g[a[i] >> x & 1][a[i] >> y & 1][x][y] += f[i];
	} cout << f[n] << '\n';
}

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P9745 「KDOI-06-S」树上异或

给定一棵 \(n\) 个点的无根树，第 \(i\) 个点的点权为 \(a_i\)。选择每条边保留或不保留，设一种删边方案得到 \(k\) 个连通块 \(C_1 \sim C_k\)，将方案的权值定义为 \(\prod \limits_{i=1}^k \bigoplus \limits_{u \in C_i} a_u\)。

求所有 \(2^{n-1}\) 种删边方案的权值和，对 \(998244353\) 取模。

\(n \le 5 \times 10^5\)，\(a_i \le 10^{18}\)，2 秒，512 MB。

:::::success[题解]

将树退化为链。记 \(s_i\) 为 \(a_i\) 的前缀异或和，暴力 DP 是 \(f_i=\sum \limits_{j=0}^{n-1} f_j (s_i \oplus s_j)\)，拆位优化为 \(g_{d,x}=\sum \limits_{j=0}^{n-1} [(s_j)_d=1] f_j\)，复杂度 \(O(n \log V)\)。

基于拆位 DP 得到启发：

• 记 \(g_{u,d,x}\) 为满足如下条件时，所有已封闭连通块权值乘积的总和：

  • 只考虑 \(u\) 为根的子树。
  • 二进制下，包含 \(u\) 的未封闭连通块异或和第 \(d\) 位为 \(x\)。

• 树形 DP 转移是逐子树加。合并子树 \(v\) 时讨论是否保留边 \(u \to v\)。

  • 若断开 \(u \to v\) 的边，包含 \(v\) 的连通块封闭，贡献为连通块异或和。拆位优化下，贡献写作

    \[f_v=\sum_{d} g_{v,d,1} 2^d \]

    断边后，\(u\) 处转移 \(g_{u,d,x} \gets g_{u,d,x} \times f_v\)。

  • 若保留 \(u \to v\) 的边，包含 \(v\) 的连通块与 \(u\) 所在的未封闭连通块合并，异或为对位运算，贡献为 DP 值相乘

    \[g_{u,d,x} \gets \sum_{y} f_{u,d,x \oplus y} \times f_{v,d,y} \]

• DP 初值为 \(g_{u,d,(a_u)_d}=1\)。

• 答案为 \(f_1=\sum \limits_{d} g_{1,d,1} 2^d\)。

复杂度 \(O(n \log V)\)。

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:::::info[代码]

const int N = 5e5 + 5, M = 60;
int n; i64 a[N];
vector<int> e[N];
mint f[N], g[2][M][N];

void dfs(int u) {
    for (int d = 0; d < M; d++) g[a[u] >> d & 1][d][u] = 1;
    for (int v : e[u]) {
        dfs(v);
        for (int d = 0; d < M; d++) {
            mint g0 = g[0][d][u], g1 = g[1][d][u];
            g[0][d][u] = g0 * f[v] + g0 * g[0][d][v] + g1 * g[1][d][v];
            g[1][d][u] = g1 * f[v] + g0 * g[1][d][v] + g1 * g[0][d][v];
        }
    }
    for (int d = 0; d < M; d++) f[u] += g[1][d][u] * (1LL << d); 
}

void _main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for (int v = 2, u; v <= n; v++) cin >> u, e[u].emplace_back(v);
    dfs(1), cout << f[1];
} 

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