集合幂级数与子集卷积

合集 - 一些数学的笔记(23)

1.Fair Warning2024-03-042.CSES1081：Common Divisors2024-03-043.P3951 小凯的疑惑2024-03-044.SGU 140 题解2024-03-055.CF1579F 题解2024-03-056.P5944 出圈游戏 题解2024-03-067.P2480 古代猪文 题解2024-03-088.P4774 屠龙勇士 题解2024-03-099.P4139 上帝与集合的正确用法 题解2024-03-0910.P1463 反质数2024-03-1411.P3182 放棋子2024-03-1512.线性代数基础和矩阵树定理2024-03-1613.OGF 学习笔记2024-03-2314.EGF 学习笔记2024-04-0515.FFT 与 NTT 学习笔记2024-04-1316.多项式全家桶2024-04-2017.CF392C Yes Another Number Sequence2024-05-0118.FFT 优化常系数齐次线性递推式2024-05-1219.普通/下降幂多项式平移2024-05-2620.普通多项式、连续点值、下降幂多项式的关系2024-05-2621.P1891 疯狂 LCM2024-07-0722.FMT 与 FWT2024-12-19

23.集合幂级数与子集卷积2024-12-19

收起

集合幂级数

在 FMT 和 FWT 里有提到过。

对于一个序列 $a_0\sim a_N$，定义一个多元多项式 $A(x_1\sim x_n)=\sum _{0\le I<2^n}{a}_I\cdot x_1^{i_1}{x}_2^{i_2}\cdots x_n^{i_n}$，其中 $i_1\sim i_n$ 是 $I$ 这个集合的二进制表示。

这个多项式有 $2^n$ 项，每一项的系数就是 $a$。这个 $A$ 叫做集合幂级数。可以类比序列对应到 OGF 上，集合就会对应集合幂级数。

相较于 FMT 和 FWT 处，我们进一步定义集合幂级数的乘法。这是一个比较有用的概念。

简记集合幂级数为 $A(x)=\sum a_I{x}^I$，给定 $A(x)=\sum _I{a}_I{x}^I,B(x)=\sum _J{a}_J{x}^J$，怎么定义 $A(x)\cdot B(x)$？

关键在于怎么定义单项式的相乘，也就是 $x^I\cdot x^J$ 怎么定义。在普通单项式乘法里，$x^I\cdot x^J=x^{I+J}$。但是对于集合幂级数，我们有多种定义。

1. $x^I\cdot x^J=x^{I\cup J}$。

2. $x^I\cdot x^J=x^{I\cap J}$。

3. $x^I\cdot x^J=x^{I\oplus J}$。

无论对于哪种定义，都满足交换律和结合律。同时，我们发现这三种定义和与、或、异或卷积都有关系。下面我们来看看。

引理：在 $x^I\cdot x^J=x^{I\cup J}$ 时，$A(x)\cdot B(x)$ 所得的系数刚好是 $a,b$ 的或卷积。

证明：

$$A(x)\cdot B(x)=(\sum _I{a}_I{x}^I)\cdot (\sum _J{b}_J{x}^J)=\sum _{I,J}{a}_I{b}_J{x}^{I\cup J}=\sum _K(\sum _{I\cup J=K}{a}_I{b}_J)x^K$$

同理，把或卷积替换为与卷积、异或卷积，证明都是类似的。

这个引理表明在做集合幂级数乘法时，仍然可以使用卷积快速求得结果。类比多项式乘法用 FFT 快速计算。

子集卷积

假设我们有两个长为 $2^n$ 的序列 $a,b$，定义其子集卷积 $c=a\ast b$，满足：

$$c_I=\sum _{J\cup K=I,J\cap K=\text{empty}}{a}_J{b}_K$$

就是或卷积额外要求其交集为空。也就是要求 $J,K$ 是 $I$ 的划分。

这个问题可以 $O(n^2\cdot 2^n)$ 求，而且有两种解法。

法一

来个新定义。

$$\{\begin{array}{l}{a}_J^{(t)}=a_J\cdot [|J|=t]\\ b_K^{(t)}=b_K\cdot [|K|=t]\end{array}$$

这可以理解为一个拆分，把序列按下标的集合大小分为不同类。

观察到 $c_I=\sum _{t=0}^{|I|}\sum _{J\cup K=I}{a}_J^{(t)}{b}_K^{(|I|-t)}$。因为 $J\cup K=I$ 且 $J\cap K=\text{empty}$，所以 $|J|+|K|=|I|$。于是就可以枚举 $|J|=t$，则有 $|K|=|I|-t$。

然后怎么求 $c$？

将 $a^{(t)}$ 与 $b^{(t^{\prime })}$ 的或卷积记作 $c^{(t,t^{\prime })}$。那么 $c_I=\sum _{t+t^{\prime }=|I|}{c}_I^{(t,t^{\prime })}$。

---

容易给出一个算法：

1. 预处理 $c^{(t,t^{\prime })}$。

2. 枚举 $|I|=i$。

3. 枚举 $(t,t^{\prime })$ 满足 $t+t^{\prime }=i$。

4. 将 $c^{(t,t^{\prime })}$ 中大小为 $i$ 的项加入 $c_I$。

---

分析一下复杂度。

第一步预处理，$O(n^2\cdot n\cdot 2^n)$。之后统计答案，

还是太慢了，我们再来一个优化：

定义 $c_I^{(i)}=\sum _{t+t^{\prime }=i}{c}_I^{(t,t^{\prime })}$。目标转化为求 $c_I^{(0\sim n)}$。

那 $c^{(i)}$ 怎么求？

$$\begin{array}{rl}{c}^{(i)}& =\sum _{t+t^{\prime }=i}{c}^{(t+t^{\prime })}\\ & =\mathrm{iDMT}(\mathrm{DMT}(\sum _{t+t^{\prime }=i}{c}^{(t,t^{\prime })}))\\ & =\mathrm{iDMT}(\sum _{t+t^{\prime }=i}\mathrm{DMT}(c^{(t,t^{\prime })}))\\ & =\mathrm{iDMT}(\sum _{t+t^{\prime }=i}\mathrm{DMT}(c^{(t,t^{\prime })}))\\ & =\mathrm{iDMT}(\sum _{t+t^{\prime }=i}\mathrm{DMT}(a^{(t)})\cdot \mathrm{DMT}(b^{(t^{\prime })}))\end{array}$$

注：这里的点乘就是向量点乘。

注 2：这里能把 $\mathrm{DMT}$ 拿进括号里，是因为它是线性变换。

先预处理 $a^{(x)},b^{(x)}$ 的 $\mathrm{DMT}$ 序列，是 $O(2n\cdot n\cdot 2^n)=O(n^2{2}^n)$ 的。

然后 $(\sum _{t+t^{\prime }=i}\mathrm{DMT}(a^{(t)})\cdot \mathrm{DMT}(b^{(t^{\prime })}))$ 这一部分的点乘是单次 $O(2^n)$，总共 $O(n{2}^n)$ 的。

最后对每个 $c^{(i)}$ 各做一次 $\mathrm{iDMT}$，单次 $O(n{2}^n)$，总共 $O(n^2{2}^n)$。

总复杂度为 $O(n^2{2}^n)$。

法二

需要用到占位集合幂级数。这个东西也很有用，对集合幂级数的 exp 和 ln 都有用。

下面给出它的定义。

设有一个长度 $2^n$ 的序列 $a_I$。定义一个占位集合幂级数 $A[z](x_1\cdots x_n)=\sum _I{a}_I{x}^I{z}^{|I|}$，普通集合幂级数就是 $A[1](x_1\cdots x_n)$。注意 $z$ 对应的是数字而不是集合。

占位集合幂级数也可以定义乘法：$x^I{z}^u\cdot x^J{z}^v=x^{I\cup J}{z}^{u+v}$。对与卷积和异或卷积也是类似的。不过这里要用来解决子集卷积就携程或卷积的形式。

我们定义 $x^I{z}^u$ 是合法项，当且仅当 $|I|=u$。容易发现 $I,J$ 不相交 $⟺x^I{z}^{|I|}\cdot x^J{z}^{|J|}$ 为合法项。

简写 $A[z](x_1\cdots x_n)$ 为 $A[z]$。

---

引理：设 $c=a\ast b$（子集卷积），$a\to A[z],b\to B[z],c\to C[z]$。有：$A[z]B[z]$ 保留合法项后恰为 $C[z]$。

证明比较显然。不合法项在子集卷积中是不会出现的。

---

保留合法项是很容易的，只要 $O(2^n)$ 遍历每一项判断即可。那么问题变成求 $A[z]B[z]$。

法 1

令 $A^{(i)}$ 为 $a^{(i)}$ 的集合幂级数。这个 $a^{(i)}$ 就是在法一中按集合大小分组的 $a^{(t)}$。$B^{(i)}$ 类似定义。

$$\{\begin{array}{l}A[z]=A^{(0)}+A^{(1)}z+\cdots +A^{(n)}{z}^n\\ B[z]=B^{(0)}+B^{(1)}z+\cdots +B^{(n)}{z}^n\end{array}$$

枚举 $i$，对于 $A[z]\cdot B[z]$ 的 $z^i$ 项，包含它的项为 $\sum _{t+t^{\prime }=i}{A}^{(t)}{z}^t\cdot B^{(t^{\prime })}{z}^{t^{\prime }}=\sum _{t+t^{\prime }=i}(A^{(t)}{B}^{(t^{\prime })})z^i$。

而对于 $A^{(t)}{B}^{(t^{\prime })}$ 的处理，我们和上面一样进行 $\mathrm{iDMT},\mathrm{DMT}$，利用 $\mathrm{DMT}$ 的线性变换性质把集合幂级数的相乘转化为向量的点乘，从而优化复杂度。

具体细节略去。这种方法本质和上面是相同的。不过是引入了 $z$ 作为主元。

法 2

此种方法不同，它并非按 $z$ 分类，而是把 $z$ 看作参数。

把 $A[z],B[z]$ 当作普通的集合幂级数，但是每一项的系数不是一个数，而是一个关于 $z$ 的多项式。

具体而言，$A[z]=\sum _I(a_I{z}^{|I|})x^I$，$B[z]=\sum _I(b_I{z}^{|I|})x^I$。这里 $(a_I{z}^{|I|})$ 和 $(b_I{z}^{|I|})$ 看作系数。

计算 $A[z]B[z]=\mathrm{iDMT}(\mathrm{DMT}(A[z])\cdot \mathrm{DMT}(B[z]))$，现在的问题是对于系数是多项式的时候 $\mathrm{DMT}$ 是怎么定义的。

其实没有区别，${\bar{a}}_I=\sum _{J\subseteq I}{a}_I$，不过前缀和变成了多项式的和。子集反演后也是一样。

复杂度呢？

普通数组做 $\mathrm{DMT}$ 是 $O(n{2}^n)$ 的，但是现在系数是一个长度为 $n$ 的多项式，所以复杂度是 $O(n^2{2}^n)$ 的。

对 $A[z],B[z]$ 各自求 $\mathrm{DMT}$，复杂度 $O(n^2{2}^n)$；让两个结果点乘，复杂度 $O(2^n)$；对点乘的结果再做 $\mathrm{iDMT}$，复杂度 $O(n^2{2}^n)$。注意这里 $\mathrm{iDMT}$ 的复杂度也是平方，因为 $\mathrm{iDMT}$ 也要对多项式运算。