『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。

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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 \(O(N+L(\log L+q))\)。