【学习笔记】多项式 2：集合幂级数

合集 - 学习笔记(42)

1.【学习笔记】Kruskal 重构树2022-11-25 2.【学习笔记】网络流2022-12-15 3.【学习笔记】高级数据结构2022-12-21 4.【学习笔记】线性基2022-12-27 5.【学习笔记】Link Cut Tree2022-12-28 6.【学习笔记】字符串后缀算法2022-12-30 7.【学习笔记】字符串回文算法2023-01-12 8.【学习笔记】组合数学2023-01-27 9.【学习笔记】多项式 1：基础操作2023-01-30

10.【学习笔记】多项式 2：集合幂级数2023-02-03

11.【学习笔记】多项式 3：多项式运算2023-02-11 12.【学习笔记】Prufer 序列2023-02-15 13.【学习笔记】多项式 4：生成函数2023-02-15 14.【学习笔记】DP 套 DP2023-02-19 15.【学习笔记】图的连通性2023-02-22 16.【学习笔记】差分约束2023-03-20 17.【学习笔记】长链剖分2023-04-22 18.【学习笔记】2-SAT2023-04-23 19.【学习笔记】根号算法2023-06-06 20.【学习笔记】Primal-Dual 原始对偶算法2023-06-15 21.【学习笔记】Bostan-Mori 算法2023-07-02 22.【学习笔记】狄利克雷卷积与高级筛法2023-07-03 23.【学习笔记】DP 优化 1：基础优化2023-07-03 24.【学习笔记】DP 优化 2：动态 DP2023-07-04 25.【学习笔记】李超线段树2023-07-09 26.【学习笔记】优化建图2023-07-11 27.【学习笔记】Segment Tree Beats2023-07-11 28.【学习笔记】插头 DP2023-07-13 29.【学习笔记】任意模数多项式乘法2023-07-16 30.【学习笔记】SG 函数与 SG 定理2023-08-05 31.【学习笔记】类欧几里得算法2023-08-06 32.【学习笔记】狄利克雷前/后缀和/差分2023-08-11 33.【学习笔记】DSU on Tree2023-08-22 34.【学习笔记】DP 优化 3：闵可夫斯基和优化 DP2023-09-01 35.【学习笔记】笛卡尔树2023-09-05 36.【学习笔记】Miller-Rabin 算法2023-10-24 37.【学习笔记】DP 优化 4：决策单调性2023-11-15 38.【学习笔记】DP 优化 5：wqs 二分优化 DP2023-12-04 39.【学习笔记】边分治2023-12-28 40.【学习笔记】KMP 相关算法2024-01-10 41.【学习笔记】概率生成函数2024-01-11 42.【学习笔记】离散对数和剩余2024-01-25

集合幂级数#

定义#

定义集合 $U=\{1,2,\cdots,n\}$ ， $2^U$ 表示 $U$ 的所有子集构成的集合。

定义从集合到数值的映射 $f$ ，则集合幂级数 $f=\sum_{S\in 2^{U}} f_{S}x^S$ ， $x^S$ 只是占位符，用来表示 $S$ 对应位置，并无实际意义。

运算#

加法运算同正常形式幂级数相同，对应位置加和即可。

乘法运算的系数仍然是对应相乘，而下标的运算则是按照一种关于集合的运算 $\oplus$ 。

h = f \cdot g = \sum_{L \in 2^{U}} f_{L} x^{L} \cdot \sum_{R \in 2^{U}} g_{R} x^{R}

$h=f\cdot g=\sum_{L\in 2^U}f_Lx^L\cdot\sum_{R\in 2^U}g_Rx^R$

对于某一项而言：

h_{S} = \sum_{L, R \in 2^{U}} [L \oplus R = S] f_{L} g_{R}

$h_S=\sum_{L,R\in 2^U}[L\oplus R=S]f_Lg_R$

于是整体：

h = \sum_{S \in 2^{U}} \sum_{L, R \in 2^{U}} [L \oplus R = S] a_{L} b_{R} x^{S}

$h=\sum_{S\in 2^U}\sum_{L,R\in 2^U}[L\oplus R=S]a_Lb_R x^S$

应用#

多数情况下我们将状态压成二进制并卷积进行计算，因此应用较广的是以位运算作为 $\oplus$ ，也称为 位运算卷积。

子集相关运算#

高维前（后）缀和#

f (S) = \sum_{T \subseteq S} g (T)

$f(S)=\sum_{T\subseteq S} g(T)$

f (S) = \sum_{S \subseteq T} g (T)

$f(S)=\sum_{S\subseteq T}g(T)$

对于第一个式子，枚举当前位置 $k$ ，假设已知前 $k-1$ 位的和，即 $f(S)$ 得到的贡献 $g(T)$ 中 $T$ 在前 $k-1$ 位是 $S$ 的子集，剩余位置与 $S$ 相同，计算第 $k$ 位实际上是这一位是 $0$ 的答案贡献到是 $1$ 的位置。

而第二个式子则是 $1$ 到 $0$ 的贡献。

//前缀
for(int k=0;k<n;++k){
    for(int i=0;i<(1<<n);++i){
        if(i&(1<<k)) f[i]+=f[i^(1<<k)];
    }
}
//后缀
for(int k=0;k<n;++k){
    for(int i=0;i<(1<<n);++i){
        if(!(i&(1<<k))) f[i]+=f[i^(1<<k)];
    }
}

高维前（后）缀差分#

子集和超集反演之后，得到：

g (S) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| S | - | T |} f (T)

$g(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|} f(T)$

g (S) = \sum_{S \subseteq T} (- 1)^{| T | - | S |} f (T)

$g(S)=\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|} f(T)$

只需要在转移时增加一个系数 $-1$ ，至于没有次数的原因，考虑 $T$ 到 $S$ 的靠拢过程应当是增补 $1$ （作为子集）或削去 $1$ （作为超集），这样转移次数就是两个集合大小之差，每次转移乘 $-1$ ，正符合上面式子的次数。

//前缀
for(int k=0;k<n;++k){
    for(int i=0;i<(1<<n);++i){
        if(i&(1<<k)) f[i]-=f[i^(1<<k)];
    }
}
//后缀
for(int k=0;k<n;++k){
    for(int i=0;i<(1<<n);++i){
        if(!(i&(1<<k))) f[i]-=f[i^(1<<k)];
    }
}

快速莫比乌斯变换 FMT#

或卷积（集合并卷积）#

考虑构造 $\hat{f}_S=\sum_{T\subseteq S}f_T$ ，则 $f_S=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\hat{f}_T$ 。

\begin{aligned} {\hat{h}}_{S} & = \sum_{T \subseteq S} \sum_{L, R \in 2^{U}} [L \cup R = T] f_{L} g_{R} \\ = \sum_{L, R \in 2^{U}} [L \cup R \subseteq S] f_{L} g_{R} \\ = \sum_{L, R \in 2^{U}} [L \subseteq S] [R \subseteq S] f_{L} g_{R} \\ = \sum_{L \in 2^{U}} [L \subseteq S] f_{L} \sum_{R \in 2^{U}} [R \subseteq S] g_{R} \\ = {\hat{f}}_{S} {\hat{g}}_{S} \end{aligned}

$\begin{aligned} \hat{h}_S&=\sum_{T\subseteq S}\sum_{L,R\in 2^U}[L\cup R=T] f_Lg_R\\ &=\sum_{L,R\in 2^U}[L\cup R\subseteq S] f_Lg_R\\ &=\sum_{L,R\in 2^U}[L\subseteq S][R\subseteq S] f_Lg_R\\ &=\sum_{L\in 2^U} [L\subseteq S] f_L\sum_{R\in 2^U} [R\subseteq S] g_R\\ &=\hat{f}_S\hat{g}_S \end{aligned}$

于是做法是先构造出 $\hat{f}$ 与 $\hat{g}$ ，乘出 $\hat{h}$ ，再逆变换回 $h$ ，这个逆变换称为 FMI。

与卷积（集合交卷积）#

考虑构造 $\hat{f}_S=\sum_{S\subseteq T}f_T$ ，则 $f_S\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|S|-|T|}\hat{f}_T$ 。

把或卷积稍微改变一下。

\begin{aligned} {\hat{h}}_{S} & = \sum_{S \subseteq T} \sum_{L, R \in 2^{U}} [L \cap R = T] f_{L} g_{R} \\ = \sum_{L, R \in 2^{U}} [S \subseteq L \cap R] f_{L} g_{R} \\ = \sum_{L, R \in 2^{U}} [S \subseteq L] [S \subseteq R] f_{L} g_{R} \\ = \sum_{L \in 2^{U}} [S \subseteq L] f_{L} \sum_{R \in 2^{U}} [S \subseteq R] g_{R} \\ = {\hat{f}}_{S} {\hat{g}}_{S} \end{aligned}

$\begin{aligned} \hat{h}_S&=\sum_{S\subseteq T}\sum_{L,R\in 2^U}[L\cap R=T] f_Lg_R\\ &=\sum_{L,R\in 2^U}[S\subseteq L\cap R] f_Lg_R\\ &=\sum_{L,R\in 2^U}[S\subseteq L][S\subseteq R] f_Lg_R\\ &=\sum_{L\in 2^U} [S\subseteq L] f_L\sum_{R\in 2^U} [S\subseteq R] g_R\\ &=\hat{f}_S\hat{g}_S \end{aligned}$

点击查看代码

int n;

inline void FMT_or(int *f,int c){
    for(int k=0;k<n;++k){
        for(int i=0;i<(1<<n);++i){
            if(i&(1<<k)) f[i]=(f[i]+1ll*c*f[i^(1<<k)]%mod)%mod;
        }
    }
}
inline void FMT_and(int *f,int c){
    for(int k=0;k<n;++k){
        for(int i=0;i<(1<<n);++i){
            if(!(i&(1<<k))) f[i]=(f[i]+1ll*c*f[i^(1<<k)]%mod)%mod;
        }
    }
}

int a[maxn],b[maxn];
int F[maxn],G[maxn],H[maxn];

int main(){
    n=read();
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) a[i]=read();
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) b[i]=read();
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) F[i]=a[i],G[i]=b[i];
    FMT_or(F,1),FMT_or(G,1);
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) H[i]=1ll*F[i]*G[i]%mod;
    FMT_or(H,mod-1);
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) printf("%d ",H[i]);
    printf("\n");
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) F[i]=a[i],G[i]=b[i];
    FMT_and(F,1),FMT_and(G,1);
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) H[i]=1ll*F[i]*G[i]%mod;
    FMT_and(H,mod-1);
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) printf("%d ",H[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}

特殊性质#

注意到与多项式乘法中的 FFT 不同的是，FMT 是一个纯粹的线性求和，因此经过若干次运算后规模仍然是 $2^U$ 。

这使得我们在进行多次乘法时，可以全部 FMT 后求积再 FMI，而不必要像 FFT 一样每次都在系数与点值之间来回切换。

快速沃尔什变换 FWT#

异或卷积（集合对称差卷积）#

先证明一个定理：

[S = \emptyset] = \sum_{T \in 2^{U}} (- 1)^{| S \cap T |}

$[S=\varnothing]=\sum_{T\in 2^U}(-1)^{|S\cap T|}$

证明只需考虑 $S$ 的某个元素 $i$ ，除 $i$ 外完全相同的两个 $T$ 贡献和为 $0$ ，空集除外。

这样要求：

\begin{aligned} h_{S} & = \sum_{L, R \in 2^{U}} [L \oplus R = S] f_{L} g_{R} \\ = \sum_{L, R \in 2^{U}} [L \oplus R \oplus S = \emptyset] f_{L} g_{R} \\ = \sum_{L, R \in 2^{U}} \frac{1}{2^{n}} \sum_{T \in 2^{U}} (- 1)^{| (L \oplus R \oplus S) \cap T |} f_{L} g_{R} \\ = \frac{1}{2^{n}} \sum_{L, R \in 2^{U}} \sum_{T \in 2^{U}} (- 1)^{| L \cap T |} (- 1)^{| R \cap T |} (- 1)^{| S \cap T |} f_{L} g_{R} \\ = \frac{1}{2^{n}} \sum_{T \in 2^{U}} (- 1)^{| S \cap T |} \sum_{L \in 2^{U}} (- 1)^{| L \cap T |} f_{L} \sum_{R \in 2^{U}} (- 1)^{| R \cap T |} g_{R} \end{aligned}

$\begin{aligned} h_S&=\sum_{L,R\in 2^U}[L\oplus R=S]f_Lg_R\\ &=\sum_{L,R\in 2^U}[L\oplus R\oplus S=\varnothing]f_Lg_R\\ &=\sum_{L,R\in 2^U}\dfrac{1}{2^n}\sum_{T\in 2^U}(-1)^{|(L\oplus R\oplus S)\cap T|}f_Lg_R\\ &=\dfrac{1}{2^n}\sum_{L,R\in 2^U}\sum_{T\in 2^U}(-1)^{|L\cap T|}(-1)^{|R\cap T|}(-1)^{|S\cap T|}f_Lg_R\\ &=\dfrac{1}{2^n}\sum_{T\in 2^U}(-1)^{|S\cap T|}\sum_{L\in 2^U}(-1)^{|L\cap T|}f_L\sum_{R\in 2^U}(-1)^{|R\cap T|}g_R \end{aligned}$

仿照上面推导式子的方法，设 $\hat{f}_S=\sum_{T\in 2^U}(-1)^{|S\cap T|} f_T$ ，代入得：

\begin{aligned} h_{S} & = \frac{1}{2^{n}} \sum_{T \in 2^{U}} (- 1)^{| S \cap T |} {\hat{f}}_{T} {\hat{g}}_{T} \\ = \frac{1}{2^{n}} \sum_{T \in 2^{U}} (- 1)^{| S \cap T |} {\hat{h}}_{T} \end{aligned}

$\begin{aligned} h_S&=\dfrac{1}{2^n}\sum_{T\in 2^U}(-1)^{|S\cap T|}\hat{f}_T\hat{g}_T\\ &=\dfrac{1}{2^n}\sum_{T\in 2^U}(-1)^{|S\cap T|} \hat{h}_T \end{aligned}$

也就顺理成章地得到了 FWT 以及 IFWT 的基本式子，而二者只差了一个系数。

接下来继续模仿上面卷积时的递推方法，假定已经处理了前 $k-1$ 位（不同于前面的子集与超集，这里前 $k-1$ 位表示只有前 $k-1$ 位有不同）， $p$ 与 $q$ 二者只在第 $k$ 位不同，且 $p+2^{k-1}=q$ ，则二者经过某种运算一定可以计算出前 $k$ 位的答案。

考虑对于 $p$ 而言由 $k-1$ 扩展到 $k$ ，对交集大小这个次数没有任何贡献，因此直接求和即可；而对于 $q$ 而言，当且仅当在第 $k$ 位能交集出 $1$ 时，才会产生负贡献，而负贡献就来自于前 $k-1$ 位的 $q$ ，写成表达式：

{\begin{cases} f_{p} = f_{p} + f_{q} \\ f_{q} = f_{p} - f_{q} \end{cases}

$\begin{cases} f_p=f_p+f_q\\ f_q=f_p-f_q \end{cases}$

更为形式化的说，枚举至 $k$ 时，令 $k\notin S$ ，则：

{\begin{cases} f_{S}^{(k)} = f_{S}^{(k - 1)} + f_{S \cup {k}}^{(k - 1)} \\ f_{S}^{(k)} = f_{S}^{(k - 1)} - f_{S \cup {k}}^{(k - 1)} \end{cases}

$\begin{cases} f_S^{(k)}=f_S^{(k-1)}+f_{S\cup\{k\}}^{(k-1)}\\ f_S^{(k)}=f_S^{(k-1)}-f_{S\cup\{k\}}^{(k-1)}\\ \end{cases}$

也只有最后一项的两个集合会多出一个 $-1$ 而取到负值。

点击查看代码

inline int q_pow(int A,int B,int P){
    int res=1;
    while(B){
        if(B&1) res=1ll*res*A%P;
        A=1ll*A*A%P;
        B>>=1;
    }
    return res;
}

int n;

inline void FWT_xor(int *f,bool type){
    for(int d=1;d<(1<<n);d<<=1){
        for(int i=0;i<(1<<n);i+=d<<1){
            for(int j=0;j<d;++j){
                int x=f[i+j],y=f[i+d+j];
                f[i+j]=(x+y)%mod,f[i+d+j]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if(!type){
        int inv=q_pow(1<<n,mod-2,mod);
        for(int i=0;i<(1<<n);++i) f[i]=1ll*f[i]*inv%mod;
    }
}

int F[maxn],G[maxn],H[maxn];

int main(){
    n=read();
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) F[i]=read();
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) G[i]=read();
    FWT_xor(F,1),FWT_xor(G,1);
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) H[i]=1ll*F[i]*G[i]%mod;
    FWT_xor(H,0);
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) printf("%d ",H[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}

子集卷积#

在或卷积的基础上，增加了新的限制：

h_{S} = \sum_{L, R \in 2^{U}} [L \cup R = S] [L \cap R = \emptyset] f_{L} g_{R}

$h_S=\sum_{L,R\in 2^U}[L\cup R=S][L\cap R=\varnothing]f_Lg_R$

实际上就是将 $S$ 划分成两部分乘积再求和。

一个充要条件是 $|L|+|R|=|S|$ ，于是可以将无交修改为大小形如和卷积，即：

h_{i + j, S} \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{n} \sum_{L, R \in 2^{U}} [L \cup R = S] f_{i, L} g_{j, R}

$h_{i+j,S}\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n\sum_{L,R\in 2^U}[L\cup R=S]f_{i,L}g_{j,R}$

由于当且仅当第一维与第二维的 $\mathrm{popcount}$ 相等才能产生贡献，因此将初始值定在 $\mathrm{popcount}$ 处，其位置为 $0$ 。

容易发现增加两个求和号以及第一维对 FMT 的推导过程没有影响，只是在计算乘积时要求贡献至 $i+j$ 位置。

这样做 $n+1$ 次 FMT 以及最后做 $n+1$ 次 FMI 即可，复杂度 $O(n^22^n)$ 。

点击查看代码

int n;

inline void FMT_or(int *f,int c){
    for(int k=0;k<n;++k){
        for(int i=0;i<(1<<n);++i){
            if(i&(1<<k)) f[i]=(f[i]+1ll*c*f[i^(1<<k)]%mod)%mod;
        }
    }
}

#define lowbit(x) (x&-x)
int popcount[maxn];
int F[21][maxn],G[21][maxn],H[21][maxn];

int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<(1<<n);++i) popcount[i]=popcount[i^lowbit(i)]+1;
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) F[popcount[i]][i]=read();
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) G[popcount[i]][i]=read();
    for(int i=0;i<=n;++i) FMT_or(F[i],1),FMT_or(G[i],1);
    for(int i=0;i<=n;++i){
        for(int j=0;i+j<=n;++j){
            for(int k=0;k<(1<<n);++k){
                H[i+j][k]=(H[i+j][k]+1ll*F[i][k]*G[j][k])%mod;
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<=n;++i) FMT_or(H[i],mod-1);
    for(int i=0;i<(1<<n);++i) printf("%d ",H[popcount[i]][i]);
    printf("\n");
    return 0;
}

参考资料#

集合幂级数相关 - Alex_Wei

作者：SoyTony

出处：https://www.cnblogs.com/SoyTony/p/Learning_Notes_about_Polynomial_2.html

版权：本作品采用「署名-非商业性使用-相同方式共享 4.0 国际」许可协议进行许可。

posted @ 2023-02-03 11:53 SoyTony 阅读(181) 评论(5) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 【学习笔记】多项式 3：多项式运算

· 【学习笔记】多项式 1：基础操作

· 集合幂级数相关

· 集合幂级数学习笔记

· 集合幂级数——FWT与FMT

阅读排行：
· 单线程的Redis速度为什么快？
· 展开说说关于C#中ORM框架的用法！
· Pantheons：用 TypeScript 打造主流大模型对话的一站式集成库
· SQL Server 2025 AI相关能力初探
· 为什么退出登录或修改密码无法使 token 失效

公告

昵称： SoyTony
园龄： 3年2个月
粉丝： 144
关注： 92

+加关注

一言

我原谅不了我
就请你当作我已不在

——《搁浅》

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

Loading

SoyTony

【学习笔记】多项式 2：集合幂级数

集合幂级数#

定义#

运算#

应用#

子集相关运算#

高维前（后）缀和#

高维前（后）缀差分#

快速莫比乌斯变换 FMT#

或卷积（集合并卷积）#

与卷积（集合交卷积）#

特殊性质#

快速沃尔什变换 FWT#

异或卷积（集合对称差卷积）#

子集卷积#

参考资料#

公告

一言

搜索

合集 (8)

随笔分类 (863)

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜