【DP】SOSdp 学习笔记

SOS（sum over subset），解决一类子集求和的 dp 问题。参考文章

给你一个长为 $n$ 的序列 $a$，求 $sum[S]=\sum_{i\subseteq S}a[i]$，即子集求和。

你说那简单啊，$O(3^{m})$ 枚举子集不就行了吗。（$m$ 为最高位数）

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for (int S=0;S<(1<<n);++S){
	sum[S]=a[0];
    for(int i=S;i;i=(i-1)&S){
    	sum[S]+=a[i];
    }
}

事实上，这样枚举子集也会有重复枚举的情况，还可以再继续优化。优化的方向就是减少枚举次数。

改变一下 $sum[S]$ 的表示，变成 $sum[S][j]=\sum_{i\subseteq S,S\oplus i<2^{j+1}}\ \ a[i]$，即与其只有前 $j$ 位不同的子集的和，这样我们可以把集合划分成互不相交的集合。容易写出 dp：

$$sum[S][j]=\begin{cases}sum[S][j-1]&\text{S 第 j 位为 0}\\sum[S][j-1]+sum[S\oplus 2^j][j-1]&\text{S 第 j 位为 1}\end{cases}$$

可以滚动数组，然后枚举 $S$ 就行了。

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for(int i=0;i<(1<<N);++i)sum[i]=a[i];
for(int i=0;i<N;++i)for(int S=0;S<(1<<N);++S){
	if(S&(1<<i))sum[S]+=sum[S^(1<<i)];
}

（原文图片，方便理解）

显而易见，这样的复杂度是 $O(m2^m)$（$m$ 是位数）的。

$\circ$ CF165E Compatible Numbers

给出一个序列 $a$，对于每个 $a_i$ 问你是否存在 $a_j$ 满足 $a_i\& a_j=0$，有则输出这个 $a_j$。

这里 $a_j$ 并不是 $a_i$ 的子集，怎么转移？注意到，$a_j$ 是 $a_i$ 补集的子集啊！于是我们还是按照求子集的方式去转移，询问的时候查询补集就行了。

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const int N=1e6+10,all=(1<<22)-1;//全集

int n,a[N],f[all+10];

int main(){
    read(n);
    memset(f,-1,sizeof f);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        read(a[i]);
        f[a[i]]=a[i];
    }
    for(int i=0;i<22;++i){//按正常子集转移
        for(int S=0;S<=all;++S){
            if((S&(1<<i))&&f[S^(1<<i)]!=-1)f[S]=f[S^(1<<i)];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d ",f[all&(~a[i])]);//询问补集
    return 0;
}

$\circ$ CF449D Jzzhu and Numbers

给出序列 $a$，从 $a$ 里面选出一个非空子集使这些数按位与起来为 $0$，求方案数。

好牛逼的题，考虑分析一下条件。

按位与为 $0$，也就是说对每一位都至少有一个数是 $0$。对于一个数 $x$，它能满足的位就是它取反后为 $1$ 的地方。于是所有选出来的数取反后按位与起来就是全集。可以写出这样的暴力:

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for(int i=1;i<=n;++i){
    for(int j=0;j<=all;++j){
        f[j&a[i]]+=f[j];//这里的a[i]是取反后的
    }
}//答案就是f[all]

但是我们不会 FWT，只能换个角度，正难则反，求不满足的方案数然后容斥。

考虑 $f[S]$ 表示 $S$ 内的位都不满足，其他位随便的方案数，显然只有 $S$ 的补集的子集是可以选的，设补集的子集中满足的 $a_i$ 个数为 $cnt$，则它的贡献就是 $2^{cnt}\times$ 容斥系数。是不是又变成 SOSdp 的方法了？

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const int N=1e6+10,all=(1<<20)-1,mod=1e9+7;

int n,a[N];
int f[all+10],pw[N];

inline int count(int x){
    int res=0;
    while(x)++res,x-=x&-x;
    return res;
}

int main(){
    read(n);pw[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        read(a[i]);
        pw[i]=2ll*pw[i-1]%mod;
        a[i]=all&(~a[i]);++f[a[i]];//求和转变为求补集的子集的方案数
    }
    for(int i=0;i<20;++i)for(int S=0;S<=all;++S){
        if(S&(1<<i))f[S]=(f[S]+f[S^(1<<i)])%mod;
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=all;++i){
        ans=((1ll*ans+1ll*(count(i)&1?-1:1)*pw[f[i]])%mod+mod)%mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}