SoSdp 学习笔记

SoSdp 用来解决这种问题：

对于非负整数 $i$ ， $K$ ，定义布尔型二元运算 $i\subseteq K$ ，可以以下四种等价角度理解：

$i \operatorname{bitand} K = i$ 。 $\operatorname{bitand}$ 是按位与的意思。
同一个二进制位上， $i$ 的这一位小于等于 $K$ 的这一位。
同一个二进制位上， $K$ 这一位为 $1$ ，则 $i$ 这一位可以为 $1$ 或 $0$ ； $K$ 这一位为 $0$ ，则 $i$ 这一位只能为 $0$ 。
$i$ 的所有为 $1$ 的二进制位数集，是 $K$ 的所有为 $1$ 的二进制位数集的子集。

设

f(K) = \sum_{i \subseteq K} a_i

$a$ 是一个长度为 $2^N$ 的数组，要求对于所有 $0 \le K < 2^N$ ，算出 $f(K)$ 。上面的 $\sum$ 可以换成其它合并运算。

方法一

对每个 $K$ ，暴力计算 $f(K)$ 。对每个 $f(K)$ ，暴力枚举 $i$ ， $\Theta(1)$ 判断是否 $i \subseteq K$ ，累计 $f(K)$ 的答案。

时间复杂度 $\Theta(4^N)$ 。

方法二

事实上，有办法只枚举一个数的二进制子集而不枚举其他数，方法比较简单：

初始令 $i = K$ ，每次令 $i \gets (i - 1) \operatorname{bitand} K$ ，直到 $i = 0$ 为止。期间访问到的 $i$ 都是 $K$ 的子集。

仍对每个 $K$ 暴力计算 $f(K)$ ，但对每个 $f(K)$ ，采用上述方法只枚举其子集。

考虑 $K$ 的二进制子集数量，不难发现是 $2^{\mathrm{popcount}(K)}$ 。可以证明 $\sum \limits_{K = 0}^{2^N - 1} 2^{\operatorname{popcount}(K)} = 3^N$ 。

因此上述算法的时间复杂度是 $\Theta(3^N)$ 。

方法三

是否还可以优化？观察到每个 $f(K)$ 都是由不超过 $2^N$ 种 $a_i$ 构成，每个 $a_i$ 只作为一个小单位累积到 $f(K)$ 还是过于暴力了。

考虑一个边长为 $2$ 的 $N$ 维超立方体，即一个 $N$ 维数组 a[2][2][2]...[2][2]。

然后把一个数 $K$ 写成二进制形式，然后填入上面的下标，比如 $K = (110)_2$ ， $N = 4$ ，就可以记作 a[0][1][1][0]。

考虑前缀和的定义：a 的前缀和数组 sum 中，有sum[K1][K2][K3]..[Kn] 等于所有满足以下条件的 a[k1][k2][k3]...[kn] 的和： $k_1 \le K_1$ ， $k_2 \le K_2$ ， $k_3 \le K_3$ ，……， $k_n \le K_n$ 。