集合幂级数

写在前面

大概就是看了一些题解总结了一下得出的东西
肯定有很多错误，欢迎指出
目前学习的不多，希望轻喷

问题引入

UOJ #310. 【UNR #2】黎明前的巧克力

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 $0$
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 $[x^{0}] \prod (1 + 2 x^{a_{i}})$
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
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 $3$
那么我们考虑求出每一位有多少位是 $- 1$ ，多少位是 $3$
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
而 $F W T (A) + F W T (B) = F W T (A + B)$ ，所以我们将 $F W T (\sum 1 + 2 x^{a_{i}})$ 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 $[x^{0}] I F W T$

进阶问题

CF1119H Triple

显然答案就是 $\prod (X x^{a_{i}} + Y x^{b_{i}} + Z x^{c_{i}})$ FWT 变换后的每一项的系数
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
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 $⨁_{i = 1}^{n} a_{i}$ 就是原答案了
那么现在的三元组就是 $(0, b_{i} ⨁ a_{i}, c_{i} ⨁ a_{i})$ ，下面的 $b, c$ 以新的三元组为标准
那么实际上就是求 $\prod (X + Y x^{b_{i}} + Z x^{c_{i}})$
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
设 $X - Y - Z = d_{1}, X - Y + Z = d_{2}, X + Y - Z = d_{3}, X + Y + Z = d_{4}$
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
第一个方程： $d_{1} + d_{2} + d_{3} + d_{4} = n$
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
我们让 $X, Y, Z$ 取特殊值来设出接下来的 3 个方程
当 $X = 0, Z = 0, Y = 1$ 的时候，每一项的贡献只和 $Y$ 有关
第二个方程： $d_{3} + d_{4} - d_{1} - d_{2} = [x^{i}] F W T$
当 $X = 0, Y = 0, Z = 1$ 的时候，每一项的贡献只和 $Z$ 有关
第三个方程： $d_{2} + d_{4} - d_{1} - d_{3} = [x^{i}] F W T$
最后一个方程，我们考虑 $Y, Z$ 同时做贡献，也就是令 $x^{b_{i} ⨁ c_{i}}$ 的系数为 1 ，其余的为 0
对于每一位的系数实际上就是 $\sum_{i} (- 1)^{j & (b_{i} ⨁ c_{i})} = \sum_{i} (- 1)^{j & b_{i}} (- 1)^{j & c_{i}}$
第四个方程： $d_{1} - d_{2} - d_{3} + d_{4} = [x^{i}] F W T$
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 $⨁_{i = 1}^{n} a_{i}$

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 $\prod_{i = 1}^{n} \sum_{j = 0}^{l e n - 1} w_{j} x^{a_{i, j}}$ 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 $O (n 2^{k} k)$ ，瓶颈在于 $O (n 2^{k})$ ，考虑能不能像上面一样解方程

想法一

一共有 $2^{l e n}$ 种取值，假设出现次数为 $v_{0}, v_{1}, . . ., v_{2^{l e n} - 1}$ ，对于一位如果为 $1$ ，说明此处的实际取值为 $- 1$
我们此时理论上需要 $2^{l e n}$ 个方程，第一种就是和为 $n$ ，所以还需要 $2^{l e n} - 1$
仍然考虑取特殊值
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 $2^{l e n} - 1$ 个方程出现
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 $\sum_{i} (- 1)^{j & a_{i, S_{1}}} (- 1)^{j & a_{i, S_{2}}} . . . (- 1)^{j & a_{i, S_{n}}}$
那么考虑当前方程的每一个 $v_{i}$ 的系数就是 $(- 1)^{T & i}$
方程设好后直接暴力解
那么理论复杂度就是 $O (2^{l e n} 2^{k} k + 2^{k} 2^{3 l e n} + 2^{k} k)$
复杂度的瓶颈在于解方程的 $O (n^{3})$ 上

想法二

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 $(- 1)^{T & i}$
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
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
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
然后对于每一项逆变换回去就可以得到这一项的 $v$ 了
理论复杂度就是 $O (2^{l e n} 2^{k} k + 2^{k} 2^{l e n} l e n + 2^{k} k)$
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