【学习笔记】集合并卷积，子集卷积与占位多项式
集合并卷积，子集卷积与占位多项式
\(FWT\)与\(FMT\)，集合并卷积
解决对于
暴力的枚举子集是\(O(3^n)\)的，特殊运算下可以用所提的两种算法做到\(O(n2^n)\)
当\(\oplus\)为\(or,and,xor\)时用\(FWT\)都可以解决
\(FMT\)只能解决\(or,and\)的情况，但更容易实现和理解。
先介绍\(FMT\)
\(FMT\)
全称为快速莫比乌斯变换。
我们认为二进制下的\(0/1\)的意义是集合是否存在元素。
那就是其实就是集合并与交的一个运算
\(\and 为and,\or 为or\)
以并为例，类比于\(FFT\)的过程，我们引入\(f\)的莫比乌斯变换\(F\)
它在集合并（交）卷积意义下是可以相乘的。
因为显然有\(A\subseteq S,B\subseteq S,A\or B\subseteq S\)
然后我们考虑用\(C\)反推\(c\)，其实就是简单的容斥原理\(\large f_S=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}F_T\)
快速变换与逆变换
我们暴力变换的复杂度没有优化，还是\(3^n\)的
观察\(F_S=\sum\limits_{T\subseteq S}f_S\),自然的想法产生了，我们按照\(T\)的大小分层递推。
以并运算为例，令\(F'_{S,i}\)表示考虑了前\(i\)个元素存不存在,其他元素强制存在后的\(F_i\),形式化一点就是\(\sum\limits_{T\subseteq S} [(S-T)\subseteq\{\emptyset,1,2,...,i\}] f_{T}\)
\(F'_{S,0}\)即为\(f_S\),\(F'_{S,|S|}\)即为所求
考虑第\(i\)个元素是否存在
逆变换就是逐层减掉即可以得到\(f_S\)。
对于交运算，我们考虑的是超集，倒过来逐个考虑有没有被交掉，\(F'_{S,i}=F'_{S\cup i,i}+F'_{S,i-1}\)
void FMT_or(int f[],int opt){
for(int i=0;i<n;++i)
for(int S=0;S<(1<<n);++S)
if(S>>i&1)
f[S]+=opt*F[S^(1<<i)];
}
void FMT_and(int f[],int opt){
for(int i=0;i<n;++i)
for(int S=(1<<n);~S;--S)
if(~S>>i&1)
f[S]+=opt*F[S^(1<<i)];
}
顺便提一下，对于并运算，这个操作相当于逐个考虑每一维做高位前缀和，交运算是做高位后缀和，逆运算就是高维差分。
简单的说就是我们逐个考虑每一维的前缀和，对于矩形来说就是先对每一列把纵向的前缀和做了，然后按行累加。
\(FWT\)
全称为快速沃尔什变换。
\(or,and\)
经过大佬纠正，这其实本质上就是\(FMT\)的不同写法
类似于\(FMT\)，我们想得到\(F_S=\sum\limits_{T\subseteq S}f_T\)这样一个序列。
考虑按\(i\)的存在性考虑，令\(F_{S_0}\)为不存在\(i\)的部分序列，\(F_{S_1}\)为考虑存在\(i\)的部分序列。
\(F_S=merge(F_{S_0},F_{S_0}+F_{S_1})\)
\(merge\)的含义是拼接。
逆变换仍然是反过来减掉。
于是我们按序列的长度逐个分治。
inline void _FMT_or(int f[],int n,int opt)
{
for(int l=1;l<n;l<<=1)//l为半长度
for(int i=0;i<n;i+=l<<1)
for(int j=0;j<l;++j)
(f[i+j+l]+=f[i+j]*opt)%=P;
}
\(and\)显然是加到左边
inline void _FMT_and(int f[],int n,int opt)
{
for(int l=1;l<n;l<<=1)
for(int i=0;i<n;i+=l<<1)
for(int j=0;j<l;++j)
(f[i+j]+=f[i+j+l]*opt)%=P;
}
\(xor\)
这个在集合上的意义是集合对称差卷积，其实就是异或卷积的意思。
这应该才是真正的\(FWT\)
直接考虑序列运算。
\(C_k={\sum\limits_{i\operatorname {xor}j=k}}A_iB_j\)
之前优美的莫比乌斯变换的乘法已经失效了。
我们重新定义一个变换。
我们想得和莫比乌斯变换类似的性质,
莫比乌斯变换转换成对应的运算形式，\(F_i=\sum\limits_{j\or i=i}f_j\)
当时我们有\(j\subseteq i,k\subseteq i\rightarrow(j\or k)\subseteq i\)
我们定义一个数\(x\)二进制位下\(1\)的个数是\(pop(x)\)
定义\(x\oplus y = pop(x\&y)\mod2\)
显然有\((j\oplus i)=x,(k\oplus i)=y,(j\operatorname{xor}k)\oplus i=x\operatorname{xor}y\)
定义\(F_i=\sum\limits_{i\oplus j=0}a_j-\sum\limits_{i\oplus j=1}a_j\)
我们再来看如何变换出\(F\)
仍然逐个考虑\(F_S=merge(F_{S0}+F_{S1},F_{S0}-F_{S1})\)
逆变换是\(S=merge(\frac{S0+S1}2,\frac{S0-S1}2)\)
我们都知道莫比乌斯变换的乘法成立(即\(F_C=F_A*F_B\))对\(or\)适用因为\(j\or i=i,k\or i=i\rightarrow (j\or k)=i\),\(and\)在超集上同理
这些运算本质上是高维前缀和与高维后缀和。
仔细一想，我们发现异或其实就是高维上每一维长度为\(2\)的离散傅里叶变换,带入单位根其实就是\(1\)与\(-1\)。
inline void FWT(int f[],int n,int opt)
{
for(int l=1;l<n;l<<=1)
for(int i=0;i<n;i+=l<<1)
for(int j=0;j<l;++j)
{
int Nx=f[i+j],Ny=f[i+j+l];
f[i+j]=add(Nx+Ny),f[i+j+l]=sub(Nx-Ny);
if(opt==-1)f[i+j+l]=f[i+j+l]*i2%P,f[i+j]=f[i+j]*i2%P;
}
}
子集卷积
又叫做不相交集合并。
算法一
考虑\([L\cup R=S][L\cap R=\empty]=[L\cup R=S][|L|+|R|=S]\)
于是我们可以通过增加一维的大小限制来控制。
令\(f_{i,S}\)表示有\(i\)个元素，集合为\(S\)的答案。
当\(i=|S|\)时为\(f_S\)，否则为\(0\)。
做完\(FMT\)之后，
将\(f_{i,S}\)与\(g_{j,S}\)卷起来得到\(h_{i+j,S}\)。
最后答案自然就是\(h_{pop(S),S}\)。
复杂度\(O(n^22^n)\)。
代码略。
算法二
考虑\([L\cup R=S][L\cap R=\empty]=[L\oplus R=S][|L|+|R|=S]\)
这里我们定义\(\oplus=\operatorname {xor}\)，那么我们也可以同样先取\(f\)然后做完\(FWT\)后卷起来。
答案依然是\(h_{pop(S),S}\)。
复杂度\(O(n^22^n)\)
代码略。
子集逆卷积
实质上是上面的逆运算，直接使用多项式除法即可。
这里因为\(n\)较小，可以直接使用暴力求逆。
即按
递推即可。
代码略。
占位多项式
回顾我们在子集卷积的时候引入的状态，我们可以对它每一列进行卷积，求逆，一个大胆的想法就产生了。
我们可不可以把它当成一个多项式，然后就可以使用我们多项式算法里的\(ln,exp\)呢？
答案是肯定的。
我们引入占位多项式来说明，形式化的,我们定义
于是我们就可以理解之前我们做\(FMT\)的意义。
我们求的实际上，是\(H_{i,S}\)
\(H_{i,S}\)如何得到的呢，我们枚举组成\(S\)的两个集合\(|L|,|R|\)。
对第一维大小就是要求\(|L|+|R|=|S|\)，对于第二维,\(L+R=S\)其实就是\(L\cup R=S\)。
于是我们就对第二维做\(FMT\)，然后对第一维卷积。
最后对我们要求的一列\(IFMT\)回来就可以得到答案了。
其他的应用\((ln,exp)\)
咕咕咕，到时候有人看了（自己学会了）再更新吧。
欢迎批评指正！
参考VFK的国家队论文《集合幂级数的性质及其快速算法》
