集合幂级数的一类问题
写在前面
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大概就是看了一些题解总结了一下得出的东西
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肯定有很多错误，欢迎指出
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目前学习的不多，希望轻喷
问题引入
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对于一个大小为 \(n\) 的异或为 \(0\) 的集合，有 \(2^n\) 种选择的方案使得选出两个集合的异或和为 \(0\)
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对于每个元素的贡献都是 \(2\) ，那么其实我们就要求 FWT 意义下的 \([x^0]\prod (1+2x^{a_i})\)
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一个想法就是对于每个元素都正变换，然后点值乘起来，然后再逆变换，但是复杂度太高了
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考虑 FWT 正变换的意义是 \((-1)^{c(i\&j)}\) ，那么就可以发现正变换后每个数只会是 \(-1\) 或 \(3\)
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那么我们考虑求出每一位有多少位是 \(-1\) ，多少位是 \(3\)
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我们可以考虑将每一位加起来然后用一元一次方程来解出每一位 \(-1\) 的个数，剩下的个数就是 \(3\) 了
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而 \(FWT(A)+FWT(B)=FWT(A+B)\) ，所以我们将 \(FWT(\sum 1+2x^{a_i})\) 正变换后，求出每一位 \(-1\) 和 \(3\) 的个数，然后算出乘积，最后逆变换回来，但是就是 \([x^0]IFWT\)
进阶问题
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显然答案就是 \(\prod(Xx^{a_i}+Yx^{b_i}+Zx^{c_i})\) FWT 变换后的每一项的系数
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还是考虑按照上面的做法，但是这样每一位的数字就会有 8 种可能性，太麻烦了
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考虑利用异或的自反性，我们将每一组的每个数字都异或上 \(a_i\) ，最终的结果异或上 $\bigoplus_{i=1}^n a_i $ 就是原答案了
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那么现在的三元组就是 \((0,b_i\bigoplus a_i,c_i\bigoplus a_i)\) ，下面的 \(b,c\) 以新的三元组为标准
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那么实际上就是求 \(\prod (X+Yx^{b_i}+Zx^{c_i})\)
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那么现在的可能就只有 4 种了，考虑仍然像上面那样用方程来解
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设 \(X-Y-Z=d_1,X-Y+Z=d_2,X+Y-Z=d_3,X+Y+Z=d_4\)
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注意到我接下来所谈到的 \(d\) 都是关于 FWT 数组的某一项的相关数量
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第一个方程： \(d_1+d_2+d_3+d_4=n\)
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其实可以发现这里的 \(d_1,d_2,d_3,d_4\) 和 \(X,Y,Z\) 是没有关系的，只和 \(a_i,b_i,c_i\) 有关系
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我们让 \(X,Y,Z\) 取特殊值来设出接下来的 3 个方程
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当 \(X=0,Z=0,Y=1\) 的时候，每一项的贡献只和 \(Y\) 有关
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第二个方程： \(d_3+d_4-d_1-d_2=[x^i]FWT\)
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当 \(X=0,Y=0,Z=1\) 的时候，每一项的贡献只和 \(Z\) 有关
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第三个方程： \(d_2+d_4-d_1-d_3=[x^i]FWT\)
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最后一个方程，我们考虑 \(Y,Z\) 同时做贡献，也就是令 \(x^{b_i\bigoplus c_i}\) 的系数为 1 ，其余的为 0
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对于每一位的系数实际上就是 \(\sum_i (-1)^{j\&(b_i\bigoplus c_i)}=\sum_i (-1)^{j\& b_i}(-1)^{j\&c_i}\)
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第四个方程： \(d_1-d_2-d_3+d_4=[x^i]FWT\)
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然后就解这四个方程就可以知道对于每一位所有值分别的个数了，然后还原成原本的值，再 IFWT 回去就得到了答案数组，输出答案的时候记得 \(\bigoplus_{i=1}^n a_i\)
问题模型
- 然而通过特殊的处理处理了上面的类似问题还不够，考虑这个问题的模型
求形如 $\prod_{i=1}^n \sum_{j=0}^{len-1} w_jx^{a_{i,j}} $ FWT 变换后的每一项的系数，假设 \(a_{i,j}\leq 2^{k}\)
- 最暴力的肯定就是 \(O(n2^kk)\) ，瓶颈在于 \(O(n2^k)\)，考虑能不能像上面一样解方程
想法一
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一共有 \(2^{len}\) 种取值，假设出现次数为 \(v_0,v_1,...,v_{2^{len}-1}\) ，对于一位如果为 \(1\) ，说明此处的实际取值为 \(-1\)
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我们此时理论上需要 \(2^{len}\) 个方程，第一种就是和为 \(n\) ，所以还需要 \(2^{len}-1\)
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仍然考虑取特殊值
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我们考虑枚举每一个子集的贡献，去掉一个都不选的情况，刚好就会有 \(2^{len}-1\) 个方程出现
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设取的子集的二进制表示为 \(T\)，假设为集合 \(S\) ，那么对于每一项的系数就是 \(\sum_i (-1)^{j\&{a_{i,S_1}}}(-1)^{j\&{a_{i,S_2}}}...(-1)^{j\& a_{i,S_n}}\)
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那么考虑当前方程的每一个 \(v_i\) 的系数就是 \((-1)^{T\&i}\)
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方程设好后直接暴力解
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那么理论复杂度就是 \(O(2^{len}2^kk+2^k2^{3len}+2^kk)\)
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复杂度的瓶颈在于解方程的 \(O(n^3)\) 上
想法二
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当我们枚举一个子集 \(T\) ，特殊值取 \(1\) 的时候，在方程种 \(v_i\) 的系数就是 \((-1)^{T\& i}\)
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实际上这是 FWT 系数，现在我们考虑将每一位单独看，下面所讨论都是针对于每一位
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我们考虑将数组 \(v\) FWT 后，每一项 \(T\) 就是 \(\sum_{i} (-1)^{i\& T} v_i\) ，可以发现这个东西就是关于集合 T 的方程，假设这个数组为 \(H\) ，那么我们只要将 \(H\) 逆变换回去就是 \(v\) 数组了
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对于一个子集关于一项方程的答案是很好求的，我们记录下每个子集关于每一项的答案
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然后对于每一项逆变换回去就可以得到这一项的 \(v\) 了
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理论复杂度就是 \(O(2^{len}2^kk+2^k2^{len}len+2^kk)\)
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这里就不再是暴力的解方程，而是利用了一个很巧妙的性质
