集合幂级数杂题

1|0CF582E Boolean Function

四元组 $(A,B,C,D)$ 的情况只有 $16$ 种，将每种情况的函数值进行状压，在表达式建出的二叉树上进行 $DP$，合并子树为对应的卷积。

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2|0CF449D Jzzhu and Numbers

先做集合交卷积的莫比乌斯变换，然后快速幂计算选出非空子集的方案数，然后再莫比乌斯反演回去即可。本质为高维前缀和。

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3|0CF1392G Omkar and Pies

设两个串分别为 $s,t$，每个操作，也就是置换（对换）为 $f_i$，定义置换的左作用 $\cdot$，得答案为：

$$\large k - d \left( \left( f_r \circ f_{r-1} \circ \cdots \circ f_{l+1} \circ f_l \right) \cdot s, t \right)$$

其中 $d(s,t)$ 表示 $s,t$ 的汉明距离，即为对应位不同字符个数，进一步得：

$$\large\begin{aligned} &d \left( \left( f_r \circ f_{r-1} \circ \cdots \circ f_{l+1} \circ f_l \right) \cdot s, t \right)\\ =& d \left( s, \left( f_r \circ f_{r-1} \circ \cdots \circ f_{l+1} \circ f_l \right)^{-1} \cdot t \right) \\ =& d \left( s, \left( f_l^{-1} \circ f_{l+1}^{-1} \circ \cdots \circ f_{r-1}^{-1} \circ f_r^{-1} \right) \cdot t \right) \\ =& d \left( \left( f_1^{-1} \circ f_2^{-1} \circ \cdots \circ f_{l-1}^{-1} \right) \cdot s, \left( f_1^{-1} \circ f_2^{-1} \circ \cdots \circ f_r^{-1} \right) \cdot t \right) \end{aligned}$$

设 $s_i=\left( f_1^{-1} \circ f_2^{-1} \circ \cdots \circ f_i^{-1} \right) \cdot s,t_i=\left( f_1^{-1} \circ f_2^{-1} \circ \cdots \circ f_i^{-1} \right) \cdot t$，问题就转化为求：

$$\large \min_{j-i\geqslant m}d(s_i,t_j)$$

因为 $d(s,t)=|S \oplus T|=|S|+|T|-2|S \cap T|$，所以就是最大化 $|S \cap T|$，枚举交集 $I$，对于 $j-i\geqslant m$ 的限制，就是求得最小的 $i$，使得 $I \subseteq S_i$，最大的 $j$，使得 $I \subseteq T_j$。这里是子集的最大最小值，用莫比乌斯变换预处理即可。

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4|0[HAOI2015] 按位或

先 $\min-\max$ 容斥，转为求 $E(\min(S))$，$\min(S)$ 为集合 $S$ 中出现第一个元素的时间，得：

$$\large\begin{aligned} E(\min(S))&=\sum_{i=1}^\infty iP(\min(S)=i)\\ &=\sum_{i=1}^\infty i(\sum_{S \cap T=\varnothing}p_T)^{i-1}(1-\sum_{S \cap T=\varnothing}p_T)\\ &=\sum_{i=1}^\infty i(\sum_{S \cap T=\varnothing}p_T)^{i-1}-i(\sum_{S \cap T=\varnothing}p_T)^i\\ \end{aligned}$$

即求形如 $\sum\limits_{i=1}^\infty ip^i$ 的式子，应用扰动法得：

$$\large\begin{aligned} &\sum_{i=1}^\infty ip^i\\ =&\sum_{i=0}^\infty (i+1)p^{i+1}\\ =&p\sum_{i=1}^\infty ip^i+\sum_{i=0}^\infty p^{i+1}\\ \end{aligned}$$

得 $\sum\limits_{i=1}^\infty ip^i=\frac{p}{(1-p)^2}$，代入得：

$$\large E(\min(S))=\frac{1}{1-\sum\limits_{S \cap T=\varnothing}p_T}$$

莫比乌斯变换求子集和即可。

还有一种解法：

将 $p$ 看作集合幂级数，应用集合并卷积，得期望时间为：

$$\large f=\sum_{i=1}^\infty i(p^i-p^{i-1})$$

这个集合幂级数全集的那一项，莫比乌斯变换得：

$$\large \large \hat f_S=\sum_{i=1}^\infty i(\hat p^i_S-\hat p^{i-1}_S)$$

应用刚才的推导不难得：

$$\large \hat f_S = \begin{cases} \frac{1}{\hat p_S-1} & \hat p_S < 1 \\ 0 & \hat p_S = 1 \\ \end{cases}$$

然后再莫比乌斯反演即可。

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5|0[NOI Online #3 提高组] 优秀子序列

所求即为选出两两按位与为 $0$ 的集合，求集合权值和为 $s$ 的方案数。

选出两两按位与为 $0$ 的集合其实就是子集卷积，然后 $\exp$ 即可求集合权值和为 $s$ 的方案数。

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6|0[CEOI2019] Amusement Park

发现对于任何一种 $DAG$ 的方案，将所有边进行翻转后仍为 $DAG$，设 $f_S$ 为集合 $S$ 中的点构成的导出子图为 $DAG$ 的方案数，答案即为 $\frac{1}{2}mf_U$。

设 $a_S$ 表示 $S$ 集合是否为独立集，其取值为 $0$ 或 $1$，用莫比乌斯变换求子集和即可计算 $a_S$。发现直接做会算重，需要容斥：

$$\large f_S=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|-1}a_Tf_{S-T}$$

考虑怎么得到的容斥系数，设容斥系数为 $f(i)$，发现 $f(i)=(-1)^{i-1}$ 恰好满足要求，得：

$$\large\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}f(i)\\ =&\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}(-1)^{i-1}\\ =&-\left(\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^i-\binom{n}{0}(-1)^0\right)\\ =&1 \end{aligned}$$

设 $g_S=\sum\limits_{T \subseteq S}(-1)^{|T|-1}a_T$，将乘法定义为子集卷积，得：

$$\large\begin{aligned} f&=fg+1\\ f&=\frac{1}{1-g} \end{aligned}$$

求逆即可。

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7|0集合划分计数

定义乘法为子集卷积，所求即为：

$$\large g=\exp\limits_{\leqslant k}f=\sum_{i=0}^k\frac{f^i}{i!}$$

直接做是 $O(n^32^n)$ 的，根据 ${g}'={f}'(g-\frac{f^k}{k!})$ 做，就是 $O(n^22^n)$ 了。

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8|0[JOI 2018 Final] 毒蛇越狱

设询问中 $0,1,?$ 的个数分别为 $c_0,c_1,c_2$。直接的暴力就是枚举 $?$ 的情况，复杂度为 $O(q2^{c_2})$。若不存在 $1$，将 $?$ 看作 $1$，计算子集和即可，若有 $1$，进行容斥，复杂度为 $O(q2^{c_1})$。若不存在 $0$，将 $?$ 看作 $0$，计算超集和即可，若有 $0$，进行容斥，复杂度为 $O(q2^{c_0})$。根据 $c_0,c_1,c_2$ 的大小选择做法，得复杂度为 $O(n2^n+q2^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor})$。

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9|0[AGC034F] RNG and XOR

正难则反，设初始状态为 $i$，目标状态为 $0$，期望次数为 $E_i$，其中 $E_0=0$，$p_i=\frac{a_i}{\sum\limits_j a_j}$，得：

$$\large E_i=1+\sum_{j=0}^{2^n-1}p_jE_{i \oplus j}\quad \left( n \neq 0 \right)$$

发现其为集合对称差卷积，构造集合幂级数，设：

$$\large E(x)=\sum_{i=0}^{2^n-1}E_ix^i,P(x)=\sum_{i=0}^{2^n-1}p_ix^i,I=\sum_{i=0}^{2^n-1}x^i$$

根据转移有：

$$\large E(x)=I+E(x)P(x)+cx^{\varnothing}$$

最后一项是为了满足 $n=0$ 时的情况，进行 $FWT$ 得：

$$\large\begin{aligned} \hat E(x)&=2^nx^{\varnothing}+\hat E(x)\hat P(x)+cI\\ \hat E(x)(I-\hat P(x))&=2^nx^{\varnothing}+cI\\ \left[x^\varnothing\right]\hat E(x)(1-[x^\varnothing]\hat P(x))&=2^n+c\\ \left[x^\varnothing\right]\hat E(x)\left(1-\sum_{i=0}^{2^n-1}p_i\right)&=2^n+c\\ \end{aligned}$$

等号左边的项为 $0$，得 $c=-2^n$，代入后提取第 $x^S\ \left( S \neq \varnothing \right)$ 项系数得：

$$\large\begin{aligned} \hat E(x)\left(\hat P(x)-I\right)&=2^n(I-x^{\varnothing})\\ \left[x^S\right]\hat E(x)\left(\left[x^S\right]\hat P(x)-1\right)&=2^n\\ \end{aligned}$$

不难发现 $\left[x^S\right]\hat P(x) \neq 1$，得：

$$\large \left[x^S\right]\hat E(x)=\frac{2^n}{\left[x^S\right]\hat P(x)-1}$$

$IFWT$ 后提取第 $x^\varnothing$ 项系数得，：

$$\large \sum_{i=0}^{2^n-1}\left[x^i\right]\hat E(x)=2^nE_0=0$$

然后就能解出 $\left[x^\varnothing\right]\hat E(x)$ 了，求出 $\hat E(x)$ 后 $IFWT$ 即可。

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10|0CF1119H Triple

由题意得到 $n$ 个集合幂级数，其中 $f_i$ 满足 $f_{i,a_i}=x,f_{i,b_i}=y,f_{i,c_i}=z$。将 $n$ 个幂级数进行异或卷积即可得到答案，但直接卷积复杂度无法接受。

发现每个幂级数都只有三个非零项，对其进行 $FWT$ 得：

$$\large \hat f_{i,S}=\sum_{T\subseteq 2^U}(-1)^{|S \cap T|}f_{i,T}=(-1)^{|S \cap a_i|}x+(-1)^{|S \cap b_i|}y+(-1)^{|S \cap c_i|}z$$

设最后所求的幂级数为 $f$，得：

$$\large \hat f_S=\prod_{i=1}^n\hat f_{i,S}=\prod_{i=1}^n(-1)^{|S \cap a_i|}x+(-1)^{|S \cap b_i|}y+(-1)^{|S \cap c_i|}z$$

为简化问题，将三元组 $\{ a_i,b_i,c_i \}$ 转化为 $\{ 0,b_i \text{xor} a_i,c_i \text{xor} a_i \}$，最后统计答案时，将幂级数对应的下标异或上 $\text{xor}_{i=1}^n a_i$ 即可。这样的话，$(-1)^{|S \cap a_i|}x+(-1)^{|S \cap b_i|}y+(-1)^{|S \cap c_i|}z$ 就只有四种可能的取值了：

$$\large x+y+z, x+y-z, x-y+z, x-y-z$$

求出每种出现次数，快速幂就能求出 $\hat f_S$ 了。设每种出现次数分别为 $c_1,c_2,c_3,c_4$。显然有 $c_1+c_2+c_3+c_4=n$。

考虑三个幂级数 $g_1,g_2,g_3$，其分别满足：

$$\large g_{1,S}=\sum_{i=1}^n[b_i=S],g_{2,S}=\sum_{i=1}^n[c_i=S],g_{3,S}=\sum_{i=1}^n[b_i\text{xor}c_i=S]$$

对其进行 $FWT$，不难发现：

$$\large \hat{g}_{1,S}=c_1+c_2-c_3-c_4, \hat{g}_{2,S}=c_1-c_2+c_3-c_4, \hat{g}_{3,S}=c_1-c_2-c_3+c_4$$

根据方程解出 $c_1,c_2,c_3,c_4$ 即可。

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11|0CF772D Varying Kibibits

发现 $f$ 这个函数的按位取 $\min$，其实就是十进制下的按位与，那么先做十进制的莫比乌斯变换，计算超集和。考虑如何统计答案，现在要计算的即为：

$$\large \sum_{T \subseteq S}\left( \sum_{i \in T} a_i\right)^2$$

也就是集合中所有子集的和的平方，考虑两个元素 $i,j$ 的贡献，不难得：

$$\large\begin{aligned} &\sum_{T \subseteq S}\left( \sum_{i \in T} a_i\right)^2\\ =&2^{|S|-2}\sum_{i \in S}\sum_{j \in S \and i \neq j}a_i a_j+2^{|S|-1}\sum_{i \in S} a_i^2\\ =&2^{|S|-2}\sum_{i \in S}\sum_{j \in S \and i \neq j}a_i a_j+2^{|S|-2}\sum_{i \in S} a_i^2+2^{|S|-2}\sum_{i \in S} a_i^2\\ =&2^{|S|-2}\left( \sum_{i \in S} a_i\right)^2+2^{|S|-2}\sum_{i \in S} a_i^2\\ \end{aligned}$$

莫比乌斯变换处理出 $|S|,\sum_\limits{i \in S} a_i,\sum\limits_{i \in S} a_i^2$ 后即可计算，然后再莫比乌斯反演就为答案。

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12|0[ZJOI2019] 开关

和 $[AGC034F] RNG\ and\ XOR$ 一样，设集合幂级数 $E(x),P(x)$，由那题得 $\left[x^S\right]\hat E(x)=\frac{2^n}{\left[x^S\right]\hat P(x)-1}$，根据本题的性质进一步推导：

$$\large\begin{aligned} &\left[x^S\right]\hat E(x)\\ =&\frac{2^n}{\left[x^S\right]\hat P(x)-1}\\ =&\frac{2^n}{\sum\limits_{i=1}^n(-1)^{|S \cap \{ i\}|}p_i-1}\\ =&\frac{-2^n}{2\sum\limits_{i\in S}p_i}\\ \end{aligned}$$

得答案为：

$$\large\begin{aligned} &\frac{1}{2^n}\sum_T(-1)^{|S \cap T|}\left[x^T\right]\hat E(x)\\ =&\frac{1}{2^n}\left(\sum_{T\neq \varnothing}(-1)^{|S \cap T|}\left[x^T\right]\hat E(x)+\left[x^\varnothing\right]\hat E(x)\right)\\ =&\frac{1}{2^n}\left(\sum_{T\neq \varnothing}(-1)^{|S \cap T|}\frac{-2^n}{2\sum\limits_{i\in T}p_i}+\sum_{T\neq \varnothing}\frac{2^n}{2\sum\limits_{i\in T}p_i}\right)\\ =&\sum_{T\neq \varnothing}\frac{(-1)^{|S \cap T|+1}+1}{2\sum\limits_{i\in T}p_i}\\ =&\sum_T\frac{\left[ |S \cap T| \equiv 1 \pmod{2} \right]}{\sum\limits_{i\in T}p_i}\\ \end{aligned}$$

发现 $\sum\limits_{i=1}^n p_i$ 很小，对其做背包计数即可计算答案，背包过程需记录 $|S \cap T|$ 的奇偶性。

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13|0[PKUWC2018] 随机游走

先 $\min-\max$ 容斥，转为求 $E(\min(S))$，即从根到点集 $S$ 中第一个点的期望步数。

枚举当前考虑的点集 $S$，设 $f_x$ 为 $x$ 到点集 $S$ 中第一个点的期望步数，$d_x$ 为 $x$ 的度数，若 $x\in S$，则有 $f_x=0$，否则有：

$$\large f_x=1+\frac{1}{d_x}\sum_{i=1}^{d_x} f_{y_i}$$

直接高斯消元是 $O(n^3)$ 的，有一个树上消元的技巧能快速计算，将每个点的 $DP$ 值用其父亲的 $DP$ 值表示，即：

$$\large f_x=k_xf_{fa}+b_x$$

得：

$$\large\begin{aligned} f_x&=1+\frac{1}{d_x}\sum_{i=1}^{d_x} f_{y_i}\\ &=1+\frac{1}{d_x}\left( \sum_{y\in son}k_yf_x+b_y+f_{fa} \right)\\ &=\frac{\frac{1}{d_x}f_{fa}+\frac{1}{d_x}\sum\limits_{y\in son}b_y+1}{1-\frac{1}{d_x}\sum\limits_{y\in son}k_y} \\ \end{aligned}$$

计算出每个点集的期望步数后，用莫比乌斯反演求子集和即可快速回答询问。

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14|0[SNOI2017] 遗失的答案

将 $n,l,x$ 都除以 $g$，问题转化为在 $\left[1,n\right]$ 中选数，必须选 $x$，求选出的数 $\gcd$ 为 $1$，$\text{lcm}$ 为 $l$ 的方案数。

发现 $l$ 最多有 $8$ 个质因子，考虑状压。$\left[1,n\right]$ 中每个数对应的状态为： 该数中 $l$ 的每个质因子的指数是否为 $0$，每个质因子的指数是否和 $l$ 一样。选一个数就是状态按位或。

发现很多数状态一样，放到一起来考虑，并且只需考虑 $l$ 的约数，发现有用的状态种数为 $600$ 左右。维护前缀的 $DP$ 值和后缀的 $DP$ 值，就能计算强制选一个数方案数了，前缀后缀合并时为集合并卷积。

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本文作者：lhm_
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