『Maths』Record

写在前面#

重新进行了排版，现在阳间多了。

数论相关#

莫比乌斯反演#

简单题在莫比乌斯反演学习笔记里面。
被神仙虐了，来补几道休闲题。

「SDOI2014」数表#

题意：求 $\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sigma_1(\gcd(i,j))[\gcd(i,j)\le a]\end{aligned}$
做法：
不妨设 $n\le m$

$$\begin{aligned}&\;\;\;\;\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sigma_1(\gcd(i,j))\\&=\sum\limits_{d=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}\sigma_1(d)[\gcd(i,j)=1]\\&=\sum\limits_{d=1}^{n}\sigma_1(d)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{p\mid i,p\mid j}\mu(p)\quad\quad\quad\text{这步把 gcd 扔到外面，然后后面莫反}\\&=\sum\limits_{d=1}^{n}\sigma_1(d)\sum\limits_{p=1}^{n}\mu(p)\left\lfloor\frac{n}{dp}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{dp}\right\rfloor\quad\;\;\text{把 p 扔到外面，枚举 p}\\&=\sum\limits_{t=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{t}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{t}\right\rfloor\sum\limits_{d\mid t}\sigma_1(d)\mu(\frac{t}{d})\quad\quad\;\ \text{令 t=dp}\end{aligned}$$

然后如果没有限制这题就没了，直接线性筛算前缀和然后整除分块即可。
问题是这玩意带个 $[\gcd(i,j)\le a]$，咋做？
我们设： $f(t)=\sum\limits_{d\mid t}\sigma_1(d)\mu(\frac{t}{d})$，然后我们发现当 $\sigma_1(d)\le a$ 的时候它才对答案贡献。于是我们将所有询问的 $a$ 从小到大排序，询问的时候每次会多出一些 $d$ 对 $f(t)$ 做贡献。由于整除分块需要对 $f$ 进行区间查询，于是可以使用最好写的树状数组，每次枚举这一轮贡献的 $d$ 的每个倍数并且单点修改即可。
复杂度 $O(q\sqrt{n}\log n+n\log^2 n)$，左边是整除分块，右边是处理贡献。

「SDOI2017」数字表格#

• 题意：求 $\begin{aligned}\prod\limits_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f_{\gcd(i,j)}\end{aligned}$，$f$ 为斐波那契数列。
• 做法：
  套路枚举 $\gcd:$

$$\begin{aligned}&\;\;\;\;\prod\limits_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f_{\gcd(i,j)}\\&=\prod\limits_{d=1}^{n}f_d^{\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[\gcd(i,j)=1]}\\&=\prod\limits_{d=1}^{n}f_d^{\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)(n/id)(m/id)}\end{aligned}$$

和上一题一样，令 $t=id：$

$$\begin{aligned}&\;\;\;\;\prod\limits_{d=1}^{n}f_d^{\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)(n/id)(m/id)}\\&=\prod\limits_{t=1}^{n}\prod_{d\mid t}f_d^{\mu(t/d)(n/t)(m/t)}\\&=\prod\limits_{t=1}^{n}\left(\prod_{d\mid t}f_d^{\mu(t/d)}\right)^{(n/t)(m/t)}\end{aligned}$$

外面的 $(n/t)(m/t)$ 告诉我们可以整除分块，考虑里面这玩意咋算。
同上一题，对于每个 $d$，我们枚举它的倍数，乘上 $d$ 的贡献即可计算，最后分块的时候搞一个前缀积即可。
令 $p$ 为模数，预处理 $\mu$ 和 $\mathtt{fib}$ 的复杂度暂且忽略不计，预处理斐波那契逆元的复杂度为 $O(n\log p)$，算贡献的部分由于是枚举倍数，所以是一个调和级数，即 $O(n\log n)$，整除分块复杂度为 $O(q\sqrt{n}\log p)$（因为前缀积还原还要计算逆元）。
所以总复杂度为 $O(n\log n+n\log p+q\sqrt{n}\log p)$，大致算了一下大概是 $6.36\times10^7$，时限充裕。

容斥/反演相关#

集合反演#

$$f(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}g(T)$$

$$g(S)=\sum\limits_{T\subseteq S} (-1)^{|S|-|T|}f(T)$$

或者

$$f(S)=\sum\limits_{S\subseteq T}g(T)$$

$$g(S)=\sum\limits_{S\subseteq T} (-1)^{|T|-|S|}f(T)$$

CF1770F Koxia and Sequence#

• 题意

给定非负整数 $n,x,y$，对于所有满足 $\sum\limits_{i=1}^{n}a_i=x$ 并且 $\text{OR}_{i=1}^{n}a_i=y$ 的 $\{a_n\}$，求 $\bigoplus\limits_{i=1}^{n}a_i$ 的异或和。

$n\le 2^{40},x\le 2^{60},y\le 2^{20}$。

• 题解

首先根据对称性，当 $n$ 为偶数时，答案为 $0$。所以只考虑 $n$ 为奇数的情况，为 $a_1$ 的异或和。

拆位，对每一位 $t$，计算 $a_1$ 的第 $t$ 位为 $1$ 的方案数 $\text{mod}\ 2$ 的结果。此时显然 $\bigoplus\limits_{i=1}^{n}a_i$ 第 $t$ 位为 $1$。

考虑容斥，设 $g(y)$ 为按位或为 $y$ 的方案数，$f(y)$ 为按位或为 $y$ 的子集的方案数，显然 $f(y)=\sum\limits_{y'\subseteq y}g(y')$，反演结论得到 $g(y)=\sum\limits_{y'\subseteq y}(-1)^{|y|-|y'|}f(y')$，前提是 $y'$ 第 $t$ 位为 $1$。

由于我们只需要得到 $g(y)$ 的奇偶性，所以我们可以将式子变为 $g(y)\equiv\bigoplus\limits_{y'\subseteq y}f(y')\mod 2$。

因为钦定 $a_1$ 的第 $t$ 位为 $1$，我们可以让 $a_1$ 减去 $2^t$，此时 $\sum\limits_{i=1}^{n}a_i=x-2^t$。 由 $\text{Lucas}$ 定理推论（组合数奇偶性定理）与 $\text{Vandermonde}$ 卷积公式得：

$$\begin{aligned}f(y)&=\sum\limits_{\sum\limits a_i=x-2^t}[a_1\subseteq y-2^t][a_2\subseteq y][a_3\subseteq y]...[a_n\subseteq y]\\&\equiv\sum\limits_{\sum a_i=x-2^t}\dbinom{y-2^t}{a_1}\dbinom{y}{a_2}\dbinom{y}{a_3}...\dbinom{y}{a_n}\mod 2\\&\equiv\dbinom{ny-2^t}{x-2^t}\mod 2\\&\equiv [x-2^t\subseteq ny-2^t]\mod 2\end{aligned}$$

所以答案即为：

$$\begin{aligned}\sum\limits_{t}2^tf(y)&=\sum\limits_t 2^t\bigoplus\limits_{y'\subseteq y,2^t\in y'}g(y')\\&=\sum\limits_t 2^t\bigoplus\limits_{y'\subseteq y,2^t\in y'}[x-2^t\subseteq ny-2^t]\end{aligned}$$

$O(y\log y)$ 枚举 $t,y'$ 即可。

SHOI2016 黑暗前的幻想乡#

• 题意：

$n$ 个点，$n-1$ 种颜色。每种颜色有 $m_i$ 条边连接 $u_j,v_j$ 两个节点。求颜色数为 $n-1$ 的生成树数量。

$n\le 17$。

• 题解：

实在不会一些不太板的数数题……

考虑以颜色为集合状态，令 $f_{S}$ 为恰有 $S$ 中颜色的生成树数量，$g_{S}$ 为颜色在 $S$ 中的生成树数量。

显然有 $g_{S}=\sum\limits_{T\subseteq S}f_T$。那么 $f_S=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}g_T$。

所以答案就是 $f_U=\sum\limits_{T}(-1)^{n-1-|T|}g_T$，枚举 $T$ 然后把 $T$ 所有颜色拉出来求无向图生成树个数即可。

可以 $\text{matrix\ tree}$ 定理。复杂度 $O(2^nn^3)$。

二项式反演#

这个形式有点多，最常用的：

$$f(n)=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}g(i)$$

$$g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}f(i)$$

不太常用的：

$$f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\dbinom{n}{i}g(i)$$

$$g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{i}\dbinom{n}{i}f(i)$$

这主要告诉我们 $A_{ii}=(-1)^i\dbinom{n}{i}$ 这个矩阵是自逆的。

例题有点板。我数学怎么这么菜。

莫比乌斯反演#

形式 $1$（约数形式）：

$$f(n)=\sum\limits_{d\mid n} g(d)$$

$$g(n)=\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$$

这是显然的，由 $f=g*I,\mu =I^{-1}$ 可推出 $g=f*\mu$。

形式 $2$（倍数形式）：

$$f(n)=\sum\limits_{n\mid d}g(d)$$

$$g(n)=\sum\limits_{n\mid d}\mu(\frac{d}{n})f(d)$$

这鬼东西有点抽象，找时间补个证明。

一般用于解决数论问题，找不到什么高妙不板的例题。

---

下面是科技。

Min-Max 容斥#

对于满足全序关系并且其中元素满足可加减性的可重集合 $S$，有：

$$\max\{S\}=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\min\{T\}$$

$$\min\{S\}=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\max\{T\}$$

证明（参考 OI Wiki ）：

考虑构造映射 $f:S_k\to \{1,2,...,k\}$，$S_k$ 为 $S$ 中第 $k$ 大元素，显然这是双射。

那么 $f(\min(x,y))=f(x)\cap f(y),f(\max(x,y))=f(x)\cup f(y)$。

所以：

$$\begin{aligned}\begin{vmatrix}f(\max\{S\})\end{vmatrix}&=\begin{vmatrix}\bigcup\limits_{t\in S}f(t)\end{vmatrix}\\&=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T| -1}\begin{vmatrix}\bigcap\limits_{t\in T}f(t)\end{vmatrix}\\&=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T| -1}\begin{vmatrix}f(\min\{T\})\end{vmatrix}\end{aligned}$$

两边的 $f$ 都可以映射回去，用类似的证法可以把左式换成最小值，所以 $\text{Min-Max}$ 容斥成立。

事实上，$\text{Min-Max}$ 容斥也可以作用于期望：

$$E(\max\{S\})=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(\min\{T\})$$

$$E(\min\{S\})=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(\max\{T\})$$

证明可以考虑期望的定义式，注意 $S_0$ 代表 $S$ 所有可能出现元素的并：

$$\begin{aligned}E(\max\{S\})&=\sum\limits_{S'\subseteq S_0}P(S'=S)\max\{S'\}\\&=\sum\limits_{S'\subseteq S_0}P(S'=S)\sum\limits_{T\subseteq S'}(-1)^{|T|-1}\min\{T\}\\&=\sum\limits_{T\subseteq S_0}(-1)^{|T|-1}\sum\limits_{T\subseteq S'}P(S'=S)\min\{T\}\\&=\sum\limits_{T\subseteq S_0}(-1)^{|T|-1}E(\min(T))\end{aligned}$$

需要注意的是倒数第二行 $\sum\limits_{T\subseteq S'}P(S'=S)\min\{T\}$ 中即使 $S'$ 带附加条件，这个式子仍然表示的是 $T$ 的期望最小值，理由可以自行思考（

HAOI2015 按位或#

• 题意：

刚开始你有一个数字 $0$，每一秒钟你会随机选择一个 $[0,2^n-1]$ 的数字，与你手上的数字进行或（C++,C 的 |，pascal 的 or）操作。选择数字 $i$ 的概率是 $p_i$。保证 $0\leq p_i \leq 1$，$\sum p_i=1$ 。问期望多少秒后，你手上的数字变成 $2^n-1$。

$n\le 20$。

• 题解：

根据 $\text{Min-Max}$ 容斥原理：

$$E(\max\{S\})=\sum\limits_{T\subseteq S} (-1)^{|T|-1}E(\min\{T\})$$

本题中 $S$ 代表一个位数的集合，$\max\{S\}$ 为 $S$ 中元素最后一个变为 $1$ 的时间，$\min\{T\}$ 为 $T$ 中元素第一个变为 $1$ 的时间，显然答案就是左式 $E(max\{S\})$。

考虑求解 $E(\min\{T\})$，由于 $T$ 中至少有一个元素变为 $1$ 的概率为 $\sum\limits_{T'\cap T\neq \varnothing}P_{T'}$，根据期望的定义我们知道 $E(\min\{T\})=\dfrac{1}{\sum\limits_{T'\cap T\neq \varnothing}P_{T'}}$，其中 $U$ 表示全集 $\{0,1,...,n-1\}$。

这个有交的东西比较难搞，正难则反，考虑 $U$ 的补集，则 $E(\min\{T\})=\dfrac{1}{\sum\limits_{T'\cap T\neq \varnothing}P_{T'}}=\dfrac{1}{1-\sum\limits_{T'\subseteq U\setminus T}P_{T'}}$。

于是问题变为求解 $\sum\limits_{T'\subseteq T}P_{T'}$，这显然是一个 FWT 的或运算变换，直接 $O(n2^n)$ 做即可。

最后枚举每个 $T$，求其贡献即可，复杂度 $O(n2^n)$。

PKUWC2018 随机游走#

• 题意：

给定一棵 $n$ 个结点的树，你从点 $x$ 出发，每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去。

有 $Q$ 次询问，每次询问给定一个集合 $S$，求如果从 $x$ 出发一直随机游走，直到点集 $S$ 中所有点都至少经过一次的话，期望游走几步。

特别地，点 $x$（即起点）视为一开始就被经过了一次。

$n\le 18$，$Q\le 5000$，对 $998244353$ 取模。

• 题解：

求集合内最大时间的期望，一眼 $\text{Min-Max}$ 容斥。

$$E(\max\{S\})=\sum\limits_{T\subseteq S} (-1)^{|T|-1}E(\min\{T\})$$

为什么我每题都要写一遍这个式子。

左式即为所求，考虑右式 $E(\min\{T\})$ 怎么做，它的意义为对于每一个 $T\subseteq S$，求出随机游走并第一次走到 $u\in T$ 的期望时间。

对于随机游走问题，可以用 dp 解决。

设 $f_{T,i}$ 表示树上从 $i$ 游走到第一个 $T$ 中的点的期望时间。

那么显然：

• $f_{T,i}=0,i\in T$
• $f_{T,i}=1+\frac{1}{deg_i}\sum\limits_{(u,i)\in E}f_{T,u},\text{otherwise}$

应该注意的是这里状态转移之间包含了环，所以不能直接从下往上或从上往下递推。

对于这类随机游走问题，我们一般使用高斯消元求解，但是这题使用高斯消元是 $O(n^3)$ 的，预处理就需要 $O(2^nn^3\log w)$，显然超时。但是树上随机游走问题我们有一些特殊的技巧。

为了简化算式，以下 $f_{T,i}$ 简记为 $f_i$，读者需要知道这是对于每一个 $T$ 而言的。

首先考虑叶子节点 $u$，显然它能够被表示成 $A_u+B_u\times f_{fa_u}$ 的形式：如果 $u\in T$，那么 $A_u=B_u=0$，否则 $A_u=B_u=1$。

然后我们考虑归纳，假设节点 $u$ 的所有儿子 $v_1,v_2,...,v_m$ 均可以表示成 $A_{v_i}+B_{v_i}\times f_u$ 的形式，那么对于节点 $u$ ：

• 显然存在 $A_u=B_u=0$ 使得 $f_u=0$，$u\in T$
• 若 $u\notin T$，则：

$$\begin{aligned}f_u=1+\frac{1}{deg_u}\left(f_{fa_u}+\sum\limits_{i=1}^mA_{v_i}+B_{v_i}\times f_u\right)\end{aligned}$$

那就解一个方程即可：

$$f_u=\dfrac{deg_u+\sum\limits_{i=1}^{m}A_{v_i}}{deg_u-\sum\limits_{i=1}^{m}B_{v_i}}+\dfrac{f_{fa_u}}{deg_u-\sum\limits_{i=1}^{m}B_{v_i}}$$

令 $A_u=\dfrac{deg_u+\sum\limits_{i=1}^{m}A_{v_i}}{deg_u-\sum\limits_{i=1}^{m}B_{v_i}}$，$B_u=\dfrac{1}{deg_u-\sum\limits_{i=1}^{m}B_{v_i}}$ 即可满足 $f_u=A_u+B_{u}\times f_{fa_u}$。

那么我们令 $x$ 作为根，从儿子向根递推能得到每个点的 $A_u,B_u$，由于 $x$ 没有父亲，那么 $f_{T,x}=A_x$，我们就能 $O(2^nn\log w)$ 得到对于每一个 $T$，$E(\min\{T\})$ 的值，记为 $g_{T}$。

那么对于每一个 $S$，我们只需要求 $\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}g_{T}$，跑 FWT 或变换即可。

拓展 Min-Max 容斥#

由于我被神仙 sinsop90 踩爆了，所以添加一点内容。

事实上，$\text{Min-Max}$ 容斥可以求出第 $k$ 大小：

$$\max_k\{S\}=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\dbinom{|T|-1}{k-1}\min\{T\}$$

$$\min_k\{S\}=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\dbinom{|T|-1}{k-1}\max\{T\}$$

$$E(\max_k\{S\})=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\dbinom{|T|-1}{k-1}E(\min\{T\})$$

$$E(\min_k\{S\})=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\dbinom{|T|-1}{k-1}E(\max\{T\})$$

证明略。

P4707 重返现世#

• 题意：

有 $n$ 种原料，需要集齐任意 $k$ 种。

每个单位时间会随机生成一种原料。每种原料被生成的概率是不同的，第 $i$ 种原料被生成的概率是 $\frac{p_i}{m}$ 。

求收集到任意 $k$ 种原料的期望时间，答案对 $998244353$ 取模。

$n\le 10^3,|n-k|\le 10,m\le 10^4$。

• 题解：

我们可以把题目看作每个原料有一个生成时间，即求第 $n-k+1$ 大的期望值。为了简化式子，以下令 $k\gets n-k+1$，显然 $k\le 11$，并且求的是第 $k$ 大的期望。

套用拓展 $\text{Min-Max}$ 容斥，把前 $k$ 大转换成最小：

$$E(\max\limits_{k}(S))=\sum\limits_{T\subseteq S} \dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}E(\min(T))$$

显然对于每一种 $T$，可以把 $T$ 中的原料看成一类，其它的看作另一类，那么抽到 $T$ 中原料的概率显然就是 $P_T=\dfrac{\sum\limits_{i\in T}p_i}{m}$，由于$E(\min(T))$ 表示第一次抽到 $T$ 中原料的期望时间，所以由简单期望知识我们知道 $E(\min(T))=\dfrac{1}{P_T}=\dfrac{m}{\sum\limits_{i\in T}p_i}$。

所以

$$\begin{aligned}ans_k&=\sum\limits_{T\subseteq S} \dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}\dfrac{m}{\sum\limits_{i\in T}p_i}\\&=m\sum\limits_{T\subseteq S} \dfrac{\dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}}{\sum\limits_{i\in T}p_i}\end{aligned}$$

然后考虑 $dp$，由于 $k$、$m$ 都很小，于是可以纳入状态，令 $dp_{i,j,k}$ 表示当前考虑前 $i$ 种原料，$\sum\limits_{i\in T}p_i=j$ 的时候 $\sum\limits_{T\subseteq S}\dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}$ 的值。

转移的话，其实非常显然。

• 首先你可以不取 $i$，$dp_{i,j,k}\gets dp_{i-1,j,k}$。
• 其次，如果你选了 $i$，那么：

$\dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}=\dbinom{|T|-2}{k-2}(-1)^{(|T|-2)-(k-2)}-\dbinom{|T|-2}{k-1}(-1)^{(|T|-2)-(k-1)}$

于是这种情况可以从 $dp_{i-1,j-p_i,k}$ 与 $dp_{i-1,j-p_i,k-1}$ 转移过来。

总的转移式子就是：

$$dp_{i,j,k}=dp_{i-1,j,k}+dp_{i-1,j-p_i,k-1}-dp_{i-1,j-p_i,k}$$

$O(nmk)$ 转移即可，但是注意边界 $dp_{0,0,0}=0,dp_{0,0,i}=-1(i>0)$。

单位根反演#

$$[n\mid k]=\frac{1}{n}\sum\limits_{d=0}^{n-1}\omega_{n}^{ik}$$

这个东西没啥用，但是：

单位根反演常用于求某个多项式特定倍数的系数和。

$$\begin{aligned}\sum\limits_{i=0}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}[x^{ik}]f(x)&=\sum\limits_{i=0}^n[k\mid i][x^i]f(x)\\&=\sum\limits_{i=0}^n[x^i]f(x)\frac{1}{k}\sum\limits_{j=0}^{k-1}\omega_{k}^{ij}\\&=\frac{1}{k}\sum\limits_{i=0}^na_i\sum\limits_{j=0}^{k-1}\omega_{k}^{ij}\\&=\frac{1}{k}\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^{k-1}a_i(\omega_k^j)^i\\&=\frac{1}{k}\sum\limits_{j=0}^{k-1}f(\omega_k^j)\end{aligned}$$

推论：

$$\sum\limits_{i=0}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}[x^{ik+r}]f(x)=\frac{1}{k}\sum\limits_{j=0}^{k-1}f(\omega_k^j)\omega_{k}^{-ir}$$

集合幂级数#

FWT | 快速沃尔什变换#

默认你已经会了模板题（求或、与、异或卷积）。

COCI2011-2012#6 KOŠARE#

发现 $m$ 很小，所以一个箱子可以用一个二进制数 $a_i$ 表示，值域 $w=2^{20}$。然后就变成取出若干个 $a_i$ 使得或起来为全集的方案数。

将所有 $a_i$ 按位取反，即求若干个 $a_i$ 与起来为空集的方案数，就是这题。

考虑容斥，令 $t_{S}$ 为与起来恰为 $S$ 的方案数，$g_S$ 为与起来包含 $S$ 的方案数。显然有 $g_S=\sum\limits_{S\subseteq T}t_T$，反演得到 $t_{S}=\sum\limits_{S\subseteq T}(-1)^{|S|-|T|}g_T$。由于我们要求 $t_{\varnothing}$，即为 $\sum\limits_{T}(-1)^{|T|}g_T$。由于可以 $O(w)$ 枚举 $T$，我们现在考虑如何求 $g$。

由于与起来包含 $S$，所以你选出来每个数都包含 $S$，所以 $g_S=2^{f_S}-1$，$f_S$ 为包含 $S$ 的数的个数。

显然 $f$ 是个超集和，想一下 FWT 求子集和的时候，把前面贡献后面，那么现在在后面贡献前面即可。

然后就做完了。复杂度 $O(n+w\log w)$。

FST | 子集卷积相关#

Luogu6097【模板】子集卷积#

其实是暴力。

因为这是模板题，所以模板的前置知识也要讲。

• 前置知识：FWT 计算或卷积。

这里只需要掌握快速计算或卷积的方法，所以内容较少。如果向了解更多（比如异或卷积）的话可以去 P4717 看看。

例题：给定长度为 $2^n$ 的序列 $a,b$，求 $c_k=\sum\limits_{i|j=k}a_ib_j$ 序列中每一项的值。我们需要一个 $O(n\log n)$ 的解法。

考虑根据 $a,b$ 构造两个序列 $A,B$，若 $a\to A,b\to B$ 均为 $O(n\log n)$ 并且这个过程可逆，令 $C_i=A_i\times B_i$，若 $C$ 能还原回 $c$，那么我们就可以 $O(n\log n)$ 计算 $c$。

在这里，我们令 $A_i=\sum\limits_{j|i=i}a_j$（也就是 $j$ 为 $i$ 的子集）。那么有 $C_i=\sum\limits_{(j|k)|i=i}a_jb_k$。

那么有：

$$\begin{aligned}A_i\times B_i&=\left(\sum\limits_{j|i=i}a_j\right)\left(\sum\limits_{j|i=i}b_j\right)\\&=\sum\limits_{j|i=i,k|i=i}a_jb_k\\&=\sum\limits_{(j|k)|i=i}a_jb_k\\&=C_i\end{aligned}$$

也就是说我们证明了这个 $A,B$ 是的确能映射到一个正确的 $C$ 的。现在考虑如何快速求 $A_i=\sum\limits_{j|i}a_j$。

显然可以从低到高枚举每个二进制位，然后当前位为 $0$ 的是右边对应位置为 $1$ 的子集，从左依次贡献到右即可。

$C\to c$ 相当于求一个逆过程，右边依次减去左边的贡献即可。

参考了这里的代码。

void fwt(int *s, int op) {
	op = (op + mod) % mod;
	for (int o = 2, k = 1; o <= S + 1; o <<= 1, k <<= 1) 
		for (int i = 0; i <= S; i += o)
			for (int j = 0; j < k; j++)
				(s[i + j + k] += 1ll * s[i + j] * op % mod) %= mod;
}

• 回到原题

你发现这东西就多加了一个限制 $i\&j=0$，也就是说 $i,j$ 无交。

考虑一个充要条件，$i\&j=0$ 并且 $i|j=k$ 其实就相当于 $|i|+|j|=|k|$ 并且 $i|j=k$，$|i|$ 表示 $i$ 集合的大小，即 $i$ 中 $1$ 的个数。

所以可以预处理 $f_{i,j}$ 表示满足 $|j|=i$ 的 $a_j$ 的值，$g_{i,j}$ 对 $b$ 同理。

那么 $c_{k}=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^{2^n}\sum\limits_{j|l=k}f_{i,j}g_{k-i,l}$。

令 $h_{i}=\sum\limits_{k=0}^nf_{k}*g_{i-k}$，$*$ 表示进行或卷积，那么 $c_i=h_{|i|,i}$。

FWT 预处理每个 $f_k$ 和 $g_k$ 的子集和，枚举这个 $i,k$ 求出 $h$ 的子集和，然后做逆的 FWT 就做完了。复杂度 $O(n\log^2 n)$。

CF1034E Little C Loves 3 III#

太神仙了。

直接子集卷积肯定是不行的，1s 的时限和 62MB 的空间摆在那里。

那就要考虑使用模 $4$ 的性质乱搞了。

我们考虑给每个 $i$，不管它符不符合条件，赋一个权值。如果 $i\ \text{and}\ j\neq 0$，它对答案是没有贡献的，否则它能贡献到 $i\ \text{or}\ j$ 的位置。

那考虑所有没贡献 $(i,j)$，我们想装模做样地给它贡献到 $i\ \text{or}\ j$，就需要 $i$ 和 $j$ 的权值“抵消”掉。下面是一个十分精妙的想法：

由于 $i\ \text{and}\ j\neq 0$，那么 $|i|+|j|\ge|i\ \text{or}\ j|$。我们可以给每个 $a_i$ 赋为 $a_i\times4^{\text{popcount(i)}}$，$b$ 同理，我们计算 $c_k=\sum\limits_{i\ \text{or}\ j=k}a_ib_j$，那么 $c_k$ 中 $i\ \text{and}\ j$ 不为 $0$ 的项的乘积必然能被 $4^{\text{popcount(k)+1}}$ 整除，不做贡献，所以最后 $c_k$ 直接除 $4^{\text{popcount(k)}}$ 再模 $4$ 就是正确的答案。

显然对于合法的 $i,j$，对 $c_k$ 的贡献按照上述方法计算，还是单次的。

然后就做完了，计算 $c$ 需要 FWT，所以复杂度 $O(n2^n)$。

太神仙了。

WC2018 州区划分#

有一个显然的状压，设 $f_S$ 表示划分完城市集合 $S$ 之后的答案。

$$f_S=\sum\limits_Tf(S\backslash T)\frac{\sum\limits_{i\in T}w_i}{\sum\limits_{i\in S}w_i}$$

要求 $T$ 中不包含欧拉回路。

显然可以 $O(n2^n)$ 预处理 $g_S=\sum\limits_{i\in S}w_i$，要求 $S$ 合法：

$$\begin{aligned}f_S&=\sum\limits_Tf(S\backslash T)\frac{g_T}{g_S}\\&=\frac{1}{g_S}\sum\limits_Tf(S\backslash T)g_T\end{aligned}$$

然后这是个显然的子集卷积，做完了，$O(n^22^n)$。

CF838C Future Failure#

考虑先手必胜的充要条件。

实际上，只要 $n$ 为奇数或者本质不同排列为偶数时先手必胜。

$n$ 为奇数时，先手必胜，答案就是 $k^n$。

$n$ 为偶数时，令 $a_i$ 为第 $i$ 个字符出现次数，$\sum\limits_{i=1}^ka_i=n$。反面考虑，我们相当于求 $\dbinom{n}{a_1\ a_2\ ...\ a_k}$ 为奇数的方案数。

根据 Lucas 定理：

$$\dbinom{m}{n}\equiv\prod\limits_{i=0}^q\dbinom{m_i}{n_i}\mod p$$

其中 $m=\sum\limits_{i=0}^qp^{i}m_i$，$n$ 同理。

显然这里令 $p$ 为 $2$，$m_i,n_i\in\{0,1\}$。这告诉我们 $\dbinom{n}{a_1\ a_2\ ...\ a_k}$ 为奇数，相当于 $\forall i\neq j,a_i\&a_j=0$。

考虑一个 dp，$f_{i,j}$ 表示前考虑 $i$ 个字符，目前 $\sum a_i$ 为 $j$ 的方案数。那么有转移方程：

$$f_{p,l}=\sum\limits_{i\&j=0,i|j=l}f_{p-1,i}\frac{1}{j!}$$

这东西显然是个子集卷积，预处理 $g_{|i|,i}=\frac{1}{i!}$ 的子集和，暴力做 $O(kn\log^2n)$。

然后你死了，最大的点跑了 13 秒，而且空间爆了。考虑优化。

我们考虑指数生成函数暴力 exp 取 ln 然后就做完了。

其实每次转移的 $g$ 都是相同的，这让我们想到了快速幂。

借用快速幂的思想，省略每次重复计算 $f$ 卷 $g$ 的若干次，复杂度 $O(n\log^2n\log k)$。

挺卡常，但这总比多项式好吧。

组合计数#

斯特林数#

普通幂转下降幂：

$$n^m=\sum\limits_{i=0}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\underline i}$$

Luogu 2791 幼儿园篮球题#

虽然我们家哥哥的房塌了……但这不影响我们卷题啊！

考虑枚举选出来 $i$ 个没气的篮球，那么答案可以表示成：

$$\text{ans}=\frac{1}{\dbinom{n}{k}}\sum\limits_{i=0}^{k}\dbinom{m}{i}\dbinom{n-m}{k-i}i^L$$

注意到这里的组合数 $\dbinom{n}{m}$ 在 $n<m$ 或者 $m<0$ 时无意义，直接当成 $0$ 即可。

考虑普通幂转下降幂：

$$i^L=\sum\limits_{j=0}^L\begin{Bmatrix}L\\j\end{Bmatrix}i^{\underline j}$$

带入原式有：

$$\begin{aligned}\text{ans}&=\frac{1}{\dbinom{m}{k}}\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{m}{i}\dbinom{n-m}{k-i}\sum\limits_{j=0}^L\begin{Bmatrix}L\\j\end{Bmatrix}i^{\underline j}\\&=\frac{1}{\dbinom{m}{k}}\sum\limits_{j=0}^L\begin{Bmatrix}L\\j\end{Bmatrix}\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{m}{i}\dbinom{n-m}{k-i}i^{\underline j}\end{aligned}$$

根据经典组合恒等式：

$$\begin{aligned}\dbinom{m}{i}i^{\underline j}&=\frac{m!}{i!(m-i)!}\cdot \frac{i!}{(i-j)!}\\&=\frac{m!}{(m-i)!(i-j)!}\\&=\frac{(m-j)!}{(m-i)!(i-j)!}\cdot \frac{m!}{(m-j)!}\\&=\dbinom{m-j}{i-j}m^{\underline j}\end{aligned}$$

代入原式得：

$$\begin{aligned}\text{ans}&=\frac{1}{\dbinom{m}{k}}\sum\limits_{j=0}^L\begin{Bmatrix}L\\j\end{Bmatrix}\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{n-m}{k-i}\dbinom{m-j}{i-j}m^{\underline j}\\&=\frac{1}{\dbinom{m}{k}}\sum\limits_{j=0}^L\begin{Bmatrix}L\\j\end{Bmatrix}m^{\underline j}\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{n-m}{k-i}\dbinom{m-j}{i-j}\\&=\frac{1}{\dbinom{m}{k}}\sum\limits_{j=0}^L\begin{Bmatrix}L\\j\end{Bmatrix}m^{\underline j}\dbinom{n-j}{k-j}\end{aligned}$$

第三步运用了范德蒙德卷积。

于是我们只需要求出第 $L$ 行的斯特林数值，就可以通过 $O(N)$ 预处理阶乘及其逆元，对于每个询问 $O(L)$ 得出答案。

这是个经典 trick，通过二项式反演以及 NTT 可以 $O(L\log L)$求出，可以看 P5395 第二类斯特林数·行，这里不多赘述。

总复杂度 $O(N+L(\log L+q))$。