「学习笔记」集合幂级数

「学习笔记」集合幂级数

本文是一篇学习笔记，具体的概念请参考2015年VFK的国家队论文《集合幂级数的性质及其快速算法》

集合并卷积 - 快速莫比乌斯变换

我们要求形如这样的一个卷积：

\[h_S =\sum_{L \subseteq S}\sum_{R\subseteq S} [L\cup R=S] f_L g_R \]

回忆一下之前所学的莫比乌斯反演，本质上是把质因子看成多重集合，这里的集合并等价于莫比乌斯反演的两个数的 \(\text{lcm}\)，不妨直接对这个集合做莫比乌斯变换，定义：

\[f'_S = \sum_{T\subseteq S} f_T \]

同理，也可以参考这个容斥得到：

\[f_S = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{|S|-|T|} f'_T \]

对这个卷积左右两边都反演一下可以得到：

\[h'_S = \sum_{L}\sum_{R}[L \cup R \subseteq S]f_Lg_R \\ h'_S = \sum_{L}\sum_{R}[L \subseteq S][R \subseteq S]f_Lg_R \\ h'_S = \sum_{L}[L \subseteq S]f_L\sum_{R}[R \subseteq S]g_R \\ h'_S = f'_Sg'_S \]

然后只需要 \(O(n2^n)\) 简单递推出 \(f'\) 就可以求解了：

集合交卷积

我们要求形如这样的一个卷积：

\[h_S =\sum_{L \subseteq S}\sum_{R\subseteq S} [L\cap R=S] f_L g_R \]

类似关于倍数的莫比乌斯反演，将反演的式子重新定义一下就好了：

\[f_S = \sum_{S\subseteq T} (-1)^{|T|-|S|} f'_T \]

集合对称差卷积 - 快速沃尔什变换

我们要求形如这样的一个卷积，其中 \(\bigoplus\) 表示异或：

\[h_S =\sum_{L \subseteq S}\sum_{R\subseteq S} [L\oplus R=S] f_L g_R \]

这里先引入一个在 VFK 《炫酷反演魔术》课件中的一个看上去没用的东西辅助推导：

\[\frac {1} {2^n} \sum_{T \subseteq 2^n} (-1)^{|S \cap T|} = [S = \emptyset] \]

正确性可以自己验证一下：

然后这里定义 \(f\) 的沃尔什变换 \(f'\):

\[f'_S = \sum_{T \subseteq 2^n} f_T (-1)^{|S \cap T|} \\ \]

考虑怎么求逆变换：

\[f_S = \sum_{T\subseteq 2^n} f_T [S \oplus T=\emptyset] \\ f_S = \sum_{T \subseteq 2^n} f_T \frac {1} {2^n} \sum_{A \subseteq 2^n} (-1)^{|S \oplus T\cap A|} \\ f_S = \frac {1} {2^n} \sum_{T \subseteq 2^n} f_T \sum_{A \subseteq 2^n} (-1)^{|S \cap A|}(-1)^{|T\cap A|} \\ f_S = \frac {1} {2^n} \sum_{A \subseteq 2^n}(-1)^{|S\cap A|}\sum_{T \subseteq 2^n} f_T (-1)^{|T \cap A|} \\ f_S = \frac {1} {2^n} \sum_{A \subseteq 2^n}(-1)^{|S\cap A|}f'_A \\ \]

然后对于原来的卷积形式进行一些变换：

\[h_S = \sum_{L \subseteq2^n}\sum_{R \subseteq2^n} [L\oplus R\oplus S=\emptyset]f_Lg_R\\ h_S = \sum_{L \subseteq2^n}\sum_{R \subseteq2^n} \frac {1} {2^n} \sum_{T \subseteq 2^n} (-1)^{|L\oplus R\oplus S \cap T|}f_Lg_R \\ h_S = \frac {1} {2^n}\sum_{L \subseteq2^n}\sum_{R \subseteq2^n} \sum_{T \subseteq 2^n} (-1)^{|L\cap T|}(-1)^{|R\cap T|}(-1)^{|S\cap T|}f_Lg_R \\ h_S = \frac {1} {2^n}\sum_{T \subseteq 2^n} (-1)^{|S\cap T|} \sum_{L \subseteq2^n}(-1)^{|L\cap T|}f_L\sum_{R \subseteq2^n} (-1)^{|R\cap T|}g_R \]

根据之前推出的沃尔什变换：

\[h_S = \frac {1} {2^n}\sum_{T \subseteq 2^n} (-1)^{|S\cap T|}f'_Sg'_S \\ h'_S =f'_S g'_S \]

与上面类似的，接下来只需要 \(O(n2^n)\) 递推出 \(f'\) 即可。

子集卷积

我们要求形如这样的一个卷积：

\[h_S =\sum_{T \subseteq S} f_T g_{(S-T)} \]

直接变换不太好做，不如加上一维 \(cnt\) 表示集合中的元素个数，并转变一下卷积形式：

\[h_S =\sum_{L \subseteq S}\sum_{R\subseteq S} [L\cup R=S][cnt_L+cnt_R=cnt_S] f_L g_R \]

对于 \(cnt\) 相同的 \(f ,g\) 放在一起做快速莫比乌斯变换，对于 \(cnt\) 相同的 \(h\) 枚举一个 \(L\) 的大小后直接点乘即可，复杂度 \(O(n^22^n)\)

子集卷积在递推上的应用

可以当做上一块的一个例题来看 「WC2018」州区划分：

预处理出每一个集合划成一个州是否可行，计算出 \(g_S\) 当州可行时为 \(sum_S^p\) 否则为 \(0\)

设 \(f_S\) 表示当前选取集合为 \(S\) 时的满意度之和，不难得到递推式：

\[f_S = \sum_{T \subseteq S} \frac{f_T g_{(S-T)}}{sum_S^p} \]

提出一个 \(sum_S^p\) 可以得到：

\[\frac{f_S}{{sum_S^p}} = \sum_{T \subseteq S} f_T g_{(S-T)} \]

后面是一个熟悉的子集卷积的形式，观察到都是由 \(cnt\) 的 \(f\) 转移到 \(cnt\) 大的 \(f\) ，对 \(g\) 求莫比乌斯变换后直接分层点乘即可。

注意点乘完处理回去的时候由一些细节，子集卷积后只有 \(cnt_S=\) 当前枚举的大小的位置答案是正确的，要把不正确的位置清 \(0\) 不然会影响后面的递推值。

Code

/*program by mangoyang*/
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
	int f = 0, ch = 0; x = 0;
	for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
	for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
	if(f) x = -x;
}


#define int ll
const int N = 25, Len = 5000005, mod = 998244353;

vector<int> g[N];
int f[N][Len], h[N][Len], sum[Len], dig[Len], fa[N], w[N], n, m, p;

inline void up(int &x, int y){ 
	x = (x + y >= mod ? x + y - mod : (x + y < 0 ? x + y + mod : x + y));
}
inline int ask(int x){ return x == fa[x] ? x : fa[x] = ask(fa[x]); }
inline int Pow(int a, int b){
	int ans = 1; 
	for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
		if(b & 1) ans = ans * a % mod;
	return ans;
}	
inline int check(int s){
	int tot = 0;
	for(int i = 0; i < n; i++) fa[i] = i;
	for(int i = 0; i < n; i++) if((1 << i) & s){
		for(int j = 0; j < g[i].size(); j++)
			if((1 << g[i][j]) & s){
				int p = ask(i), q = ask(g[i][j]);
				if(p != q) fa[p] = q;
			}
	}
	for(int i = 0; i < n; i++) 
		tot += ((s >> i) & 1) & (fa[i] == i);
	return tot > 1;
}
inline void FMT(int A[], int sgn){
	for(int i = 0; i < n; i++)
		for(int s = 0; s < (1 << n); s++) 
			if((1 << i) & s) up(A[s], A[s^(1<<i)] * sgn);
}
signed main(){
	read(n), read(m), read(p);
	for(int i = 1, x, y; i <= m; i++){ 
		read(x), read(y), x--, y--;
		g[x].push_back(y), g[y].push_back(x);
	}
	for(int i = 0; i < n; i++) read(w[i]);
	for(int s = 1; s < (1 << n); s++){
		int flag = 0;
		for(int i = 0; i < n; i++) if((1 << i) & s){
			int deg = 0;
			for(int j = 0; j < g[i].size(); j++)
				deg += (s >> g[i][j]) & 1;
			if(deg & 1) flag = 1;
			sum[s] += w[i], dig[s]++;
		}
		if((flag || check(s)) && dig[s] != 1) 
			h[dig[s]][s] = Pow(sum[s], p);
	}
	for(int i = 0; i <= n; i++) FMT(h[i], 1);
	f[0][0] = 1, FMT(f[0], 1);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		for(int j = 1; j <= i; j++)
			for(int s = 0; s < (1 << n); s++)
				up(f[i][s], h[j][s] * f[i-j][s] % mod);
		FMT(f[i], -1);		
		for(int s = 0; s < (1 << n); s++) if(dig[s] == i)
			(f[i][s] *= Pow(Pow(sum[s], p), mod - 2)) %= mod;
		else f[i][s] = 0;
		if(i != n) FMT(f[i], 1);
	}
	cout << (f[n][(1<<n)-1] % mod + mod) % mod;
	return 0;
}