关于子集问题的一种解法

关于子集问题的一种解法

1.引入

给定 $n$ 以及两个长度为 $2^n$ 的序列 $a$ 和 $b$ ，对于每个 $k$ 求
$min_{i|j=k}{ \{a_i + b_j \} }$。

对于这类不可逆的运算，常规的 $FWT$ 无法解决，当然也可能是我太菜 。

而暴力枚举的复杂度为 $2^{2n}$ 无法接受，

这时候我们就需要用到分治乘法。

2.记号

以下记号借用了集合幂级数的一些内容。

考虑将长度为 $2^n$ 序列 $a$ 中下标二进制最高位为 $1$ 的部分记录为 $a^+$ ，为 $0$ 的部分记为 $a^-$ ，记录答案序列为 $f$ 。

首先，显然 $f = f^+ + f^-$。

并且，我们有

$f^+ = min\{min(a^+ + b^-) , min(a^- + b^+ ) , min(a^+ + b^+)\}$，

$f^- = a^- + b^-$

注意到这时我们已经把问题分成四个长度为 $2^{n-1}$ 的子问题，但是如果暴力分治求解复杂度还是 $2^{2n}$ 并且还多了一堆常数。

不过第一个式子可以做如下化简，

$f^+ = min(min(a^+, a^-) + b^+, min(a^-+b^+))$

而 $min(a^+, a^-)$ 是可以在分治过程中处理的，

这是我们的分治过程为 $T(2^n) = 3 T(2^{n-1}) + O(2^n)$

由主定理知，该算法的复杂度为 $\Theta(3^n)$。

如果采用合适的实现，空间复杂度可以做到 $O(2^n)$。

3.程序实现

该方法实现实际上起来异常的简单。

int a[maxN], b[maxN], c[maxN];
int dat[maxN];
void multi(int *a, int *b, int *c, int n, int *dat) {
  // a，b为上文所定义，c为答案数组，dat为临时数组，用来保存a的内容，n为长度
  // 由于min运算的不可逆性质，必须开个数组记录原内容
	n >>= 1;
	if (!n) { c[0] = min(a[0] + b[0], c[0]); return; }
	multi(a, b, c, n, dat); 
	multi(a + n, b, c + n, n, dat);
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		dat[i] = a[i];
	  a[i] = min(a[i], a[i + n]);
	}
	multi(a, b + n, c + n, n, dat + n);
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		a[i] = dat[i];
}

4.习题

FWT能做的它都能做。

貌似还没什么习题。

也许可以用 AT4168 做板子？