「学习笔记」SOS DP
SOS DP，全称 Sum over Subsets dynamic programming，意为子集和 DP，用来解决一些涉及子集和计算的问题。
SOS DP 学习笔记
0.0 前言
本文大部分译自 CF 博客上的原文。Link here
0.1 前置知识
- 状压 DP
1.0 简介
SOS DP，全称 Sum over Subsets dynamic programming，意为子集和 DP，用来解决一些涉及子集和计算的问题。
1.1 例题引入
给定一个含 \(2^N\) 个整数的集合 A，我们需要计算：对于每个集合 \(x\in A\)，求 \(x\) 中所有元素 \(i\) 的 \(A[i]\) 的和，即求：
\(\begin{gather*}{F[sta]=\sum\limits_{i\subseteq sta} A[i]}\end{gather*}\)
1.2 解决方案
1.2.1 朴素算法
直接按照题意模拟即可，复杂度为 \(O(4^N)\)。
for(int sta=0;sta<(1<<N);sta++)
for(int i=0;i<(1<<N);i++)
if((sta&i)==i)F[sta]+=A[i];
1.2.2 枚举子集
对于每个状态，我们只遍历它的子集而去除了无关状态。如果一个状态的二进制位上只有 \(k\) 个 \(1\)，我们只需枚举它的 \(2^k\) 个子集。这样的状态一共有 \(\dbinom{N}{k}\) 个，因此总迭代次数 \(=\sum\limits_{k=0}^N{\dbinom{N}{k}2^k}=(1+2)^N=3^N\)，时间复杂度即为 \(O(3^N)\)。
for(int sta=0;sta<(1<<N);sta++)
{
F[sta]=A[0];
for(int i=sta;i>0;i=(i-1)&sta)
F[sta]+=A[i];
}
1.2.3 SOS DP
上面枚举子集的方法有明显的缺陷：当一个状态的二进制位上有 \(k\) 个 \(0\) 时，它将在其他（不包含本身）状态迭代时被访问 \(2^k-1\) 次，存在重复的计算。
而产生这种现象的原因就是：我们没有在 \(A[x]\) 被不同 \(F[sta]\) 利用时建立一定的联系。我们应添加另一个状态来避免上述的重复计算。
定义状态 \(S(sta)=\{x|x\subseteq sta\}\)。现在我们把这个集合划分为不相交的组。
\(S(sta,i)=\{x|x\subseteq sta \&\& sta\oplus x<2^{i+1}\}\)。我们将二进制位数从 \(0\) 开始从低位向高位表示，那集合 \(S(sta,i)\) 就表示只有第 \(i\) 位以及更低位与 \(sta\) 不同的 \(x\) 的集合。
举个例子：\(S(\)1011010\(,3)=\{\)1011010\(,\)1010010\(,\)1011000\(,\)1010000\(\}\) 。其中 \(sta\) 中的 1010 即为 \(sta\) 的第 \(3\) 至第 \(0\) 位，集合中的元素的加粗部分都与 \(sta\) 保持一致。
让我们尝试将 \(sta\) 与 \(x\) 建立联系。
-
\(sta\) 的第 \(i\) 位是 \(0\)。
显而易见地，\(sta\) 与 \(x\) 的第 \(i\) 位均为 \(0\)。因此 \(x\) 仅有 \(0\) 至 \(i-1\) 位与 \(sta\) 不同，故有 \(S(sta,i)=S(sta,i-1)\)。
-
\(sta\) 的第 \(i\) 位是 \(1\)。
那么 \(S(sta,i)\) 就有两部分组成：
第一部分：\(x\) 的第 \(i\) 位为 \(0\)，即为 \(S(sta\oplus 2^i,i-1)\)。
第二部分：\(x\) 的第 \(i\) 位为 \(1\)，即为 \(S(sta,i-1)\)。
下图描述了如何将 \(S(sta,i)\) 集合相互关联。任何集合 \(S(sta,i)\) 的元素都是其子树中的叶子。\(\color{red}{红色}\)前缀表示的这一部分对其所有子结点都是公共的，而\(\color{black}{黑色}\)部分允许不同。
请注意，这些关系形成一个有向无环图，而不一定是有根树（请考虑当 \(sta\) 不同但 \(i\) 相同时）
在实现了这些关系之后，我们可以很容易地写出相应的动态规划。
for(int sta=0;sta<(1<<N);sta++)
{
dp[sta][-1]=A[sta];// 叶结点
for(int i=0;i<N;i++)
{
if(sta&(1<<i))
dp[sta][i]=dp[sta][i-1]+dp[sta^(1<<i)][i-1];
else dp[sta][i]=dp[sta][i-1];
}
F[sta]=dp[sta][N-1];
}
上述的算法浪费了较多空间，注意到每次 \(i\) 这一维都由 \(i-1\) 转移而来，因此可以采取滚动数组的方式优化空间。
for(int i=0;i<(1<<N);i++)
F[i]=A[i];
for(int i=0;i<N;i++)
for(int sta=(1<<N)-1;sta>=0;sta--)
if(sta&(1<<i))
F[sta]+=F[sta^(1<<i)];
值得注意的是，在此处 \(sta\) 这一维可以采用正序枚举的方式。
原因：……
上述算法的时间复杂度即为 \(O(N·2^N)\)。
1.3 应用范围
其实 sosdp 不仅可以求子集和，还可以求超集和。
超集和的核心代码如下：
for(int i=0;i<N;i++)
for(int sta=(1<<N)-1;sta>=0;sta--)
if(!(sta&(1<<i)))
F[sta]+=F[sta^(1<<i)];
细心的读者会注意到，求子集和与求超集和之间的区别仅差一个 !。
如何理解呢？这相当于我们把二进制中的每一个 \(1\) 当作 \(0\) 看待，\(0\) 当作 \(1\) 看待。比如 \(sta=(1001)_2,i=2\)，那 \(F[(1001)_2]\) 就会从 \(F[(1101)_2]\) 转移而来。而 \(sta\) 为 \((1101)_2\) 的子集，\((1101)_2\) 为 \(sta\) 的超集。
2.0 推荐习题
我在 vjudge 上组了一个题单，大家可以去练习一下。
点击此处 密码为 sosdpiseasyforme
2.1 习题简析
2.1.1 A - Compatible Numbers
题意简述
给定 \(n\) 的元素 \(a_1\dots a_n\)，求对于每个 \(a_i\) 是否存在 \(a_j\) 满足 \(i\ne j\) 且 \(a_i\& a_j=0\)，并输出 \(a_j\)。
数据范围：\(1\le n\le10^6\)，\(1\le a_i\le 4\times 10^6\)。
题目分析
sosdp 可以用来求子集和，而本题中满足条件的 \(a_i\) 与 \(a_j\) 不存在同一集合中。怎么办？想到将 \(a_i\) 取反，取反后得到的数 \(x\) 与 \(a_j\) 的关系即为 \(a_j\subseteq x\)。在 dp 过程中将求和改为记录从谁转移而来，问题迎刃而解。
其实这道题本质上还是状压，如果将题目改为求个数，那才有 sosdp 的感觉。
代码展示
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=1e6+5;
int all=(1<<22)-1;
int n,a[M],F[(1<<22)];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch;
while(ch=getchar(),ch<48)if(ch==45)f=0;
do x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
while(ch=getchar(),ch>=48);
return f?x:-x;
}
int main()
{
memset(F,-1,sizeof(F));
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
F[a[i]]=a[i];
}
for(int sta=0;sta<=all;sta++)
{
if(F[sta]!=-1)continue;
for(int i=0;i<22;i++)
if(sta&(1<<i))
if(F[sta^(1<<i)]!=-1)
{
F[sta]=F[sta^(1<<i)];
break;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int t=all&(~a[i]);
printf("%d ",F[t]);
}
return 0;
}
2.1.2 B - Or Plus Max
题意简述
给定 \(2^n\) 个数：\(a_0,a_1,\dots,a_{2^n−1}\)。对于 \(1\le k\le 2^n−1\)，求 \(a_i+a_j\) 的最大值，同时满足 \(i|j\le k\)。
数据范围：\(1\le n\le 18\)，\(1\le a_i\le 10^9\)。
题目分析
此题需要我们对问题进行转化。
我们先对每个 \(k\) 求出满足 \(i|j=k\) 的 \(a_i+a_j\) 的最大值，然后对答案求前缀最大值即可。但仍难以处理。
换一种求法，对于每个 \(k\) 求出 \(i|j\subseteq k\) 的 \(a_i+a_j\) 的最大值，然后求前缀最大值。对状态 \(F[k]\) 维护单个元素的最大值和次大值。
套上 sosdp，每次转移时注意一下合并时最大值和次大值的变化。还需注意 \(F[k]\) 的初值为 \((a[k],-inf)\)。
代码展示
#include<bits/stdc++.h>
#define FM first
#define SM second
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int inf=1e9+1;
const int M=(1<<18);
int n,a[M],ans;
pii F[M];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch;
while(ch=getchar(),ch<48)if(ch==45)f=0;
do x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
while(ch=getchar(),ch>=48);
return f?x:-x;
}
pii Merge(pii A,pii B)
{
if(A.FM<B.FM)swap(A,B);
if(B.FM>A.SM)A.SM=B.FM;
return A;
}
int main()
{
n=read();
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
{
a[i]=read();
F[i]=make_pair(a[i],-inf);
}
for(int i=0;i<n;i++)
for(int sta=(1<<n)-1;sta>=0;sta--)
if(sta&(1<<i))
F[sta]=Merge(F[sta],F[sta^(1<<i)]);
for(int i=1;i<(1<<n);i++)
{
int fi=F[i].FM,se=F[i].SM;
ans=max(ans,fi+se);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
2.1.3 C - Bits And Pieces
题意简述
给定 \(n\) 个元素 \(a_1\dots a_n\)，对于每个三元组 \((i,j,k)\)，找出 \(\mathrm{max(a_i|(a_j\&a_k))}\)，其中 \(i<j<k\)。
数据范围：\(3\le n\le10^6\)，\(0\le a_i\le 2\times 10^6\)。
