一看就懂的子集DP（SOSDP）、高维前缀和
参zhao考chao博客：Troverld
本博客从几何的角度详细讲解子集DP的转移过程，更加直观。
一类经典问题：
在刷题时我们经常会看到两种题型：知道二进制集合的值，求出某个集合的所有子集值之和；知道二进制集合的值，求出某个集合的所有超集值之和。
遇到这种经典问题，我们一般有两种处理方式：1.直接遍历它的所有子集（超集），暴力求和；2.将贡献以dp的形式向某方向传递。
遍历子集：
这是个一学就会的 \(3^n\) trick。
如果直接从0循环到max，每次检查是不是当前集合的子集，那么所有集合的子集复杂度加起来是 \(4^n\)。
怎么才能不重不漏找到当前集合的子集呢，一行代码就够哩：
for(int i=u; i; i=(i-1)&u) f[u] += f[i]; // i 是 u 的子集
这个方式遍历所有的子集复杂度之和是 \(3^n\)，例题与复杂度证明在这篇里：NOI online R3 T3 优秀子序列
但毕竟是遍历的暴力，由于题目的特殊性不得不遍历时才有用，一般我们还是考虑dp传递贡献。
子集关系图是DAG：
求子集之和，其实就是把子集的每个点的贡献往超集上传递；
求超集之和，其实就是把超集的每个点的贡献往子集上传递。
第一次接触这种题比较容易想到的一种方式就是，去掉当前集合中的某个元素（二进制的某一位1），然后加起来，像这样：\(f[111] = f[110]+f[101]+f[011]\)。
但是很遗憾也很显然这样是错误的，因为 \(f[100]\) 的贡献通过 \(f[101]\) 传递了一次，又通过 \(f[110]\) 传递了一次，实际上 \(f[111]\) 加了两次 \(f[100]\)。
子集的关系图其实是一张DAG，DAG上的dp只能求最值，不能求和。
那么如果我们把DAG转化为一棵树呢？注意到这张DAG是分层的，我们每个点只保留连接下一层点最靠左的那条边，DAG就变成了一棵树，根节点的贡献也只会往所有的父亲（超集）传递一次了。（下一层最靠左的点可以减去lowbit来O(1)计算）
暂且称之为超集树，然而，这棵树在复杂度提升上并没有什么卵用。。。因为每个点作为根时所构成的树性质是不同的，比如010的超集树并不是子树关系（010会去连011）。所以每个点往它的超集传递贡献时，都要重新构造一遍超集树。（这个和枚举子集复杂度一样，\(3^n\)）
但是请记住这两张图的样子，下面讲子集DP时会用到。
高维前缀和：
一般提到前缀和都是一维或二维的，三维在少数毒瘤题中会用到，这里的高维前缀和特指的是每一维长度只有2的前缀和。
如下图，每一维只有 “无” 和 “有” 两个坐标，对应于二进制集合中每一位是0或1。
为了方便描述，以后我们都将 f 表示每一个点的值，将 g 表示前缀和（子集和）的值。即： \(g(S)=∑\limits_{T⊆S}f(T)\)。
高维前缀和有一个枚举子集的容斥转移：$g(S)=f(S)+∑\limits_{T⊂S}(−1)^{|S|−|T|+1}g(T) $。
这个我们都熟悉，因为二维前缀和的式子就是这么容斥推的嘛。但是这个式子的本质其实是枚举了所有的子集，容斥这个子集的贡献被加了几次，复杂度还是枚举子集。
所以高维前缀和我们不能再像二维一样容斥了。我们引入一个叫子集DP的东西（Sum Over Subsets(SOS) DP ）。
子集DP：
我们都玩过2048，想象一下，我们要把所有数字加给左下角，我们是怎么操作的？先向左划，再向下划。向左划的时候，所有的值加到了左边一维，再向下划，所有的值加给了左下角，这时左下角的值就是所有数字的和，不重不漏。
我们将这个过程扩展到三维：
每次，我们选取一个维度，将这一维的所有坐标为0的点加给坐标为1的点，将所有维度加完之后，每个点表示的值就是它的高维前缀和了（还是比较巧妙的）。
这是几何上的理解，如果是DP角度的理解：我们先考虑所有含第一个元素的集合，再处理所有含前两个元素的集合，再处理所有含前三个元素的集合。。。每一次我们只转移这一个新加入的元素对前缀和造成的影响，写成代码就是：g[S]+=g[S-(1<<i)];。这个思路和Floyd有点像。
我们再来看一看几何上的有趣现象：
我们仔细看上面子集关系DAG那张图，其实就是一个立方体的轮廓。（如果你想画出一个四维的超立方体，它的轮廓其实就是1111的子集关系DAG）
而超集树，其实是保留了立方体的一些棱边，那些保留的棱边，正是我们子集DP的转移图：
数形结合的感觉就是舒服。
有了这张图，你应该就能完全理解子集DP的转移过程了，其实就是个高维的2048。
代码也是相当之好写，分为高维前缀和和高维后缀和两种：
1、高维前缀和（子集贡献传递给超集）\(g(S)=∑\limits_{T⊆S}f(T)\)：
for(int k=0;k<=19;k++)
for(int i=0;i<=maxn;i++)
if((i>>k)&1) g[i] += g[i^(1<<k)]; // i 是超集，有第 k 位
2、高维后缀和（超集贡献传递给子集）\(g(S)=∑\limits_{S⊆T}f(T)\)：
for(int k=0;k<=19;k++)
for(int i=0;i<=maxn;i++)
if(!((i>>k)&1)) g[i] += g[i^(1<<k)]; // i 是子集，无第 k 位
其实，前缀和与后缀和的区别就在于，我想要将贡献加给 “第k位是1” 的点还是 “第k位是0” 的点。如果你将整个序列的01取反，那么超集就会变成子集，子集就会变成超集，前后缀的计算也会颠倒。
题意：相容是指 \(x\&y=0\) ，给你一个数列，找出每一个数在数列中与它相容的另一个数。
Solution：与x相容的数，其实就是x补集的子集。做个前缀和（加法改为直接覆盖），就知道每一个数的子集有哪些值了。询问x时，输出 g[x的补集]
高维差分：
高维前缀和的逆运算，想想我们做二维前缀和的题是为了干什么，就是二维前缀和算出来之后，就可以算任意区域的面积，这个逆过程是差分。
对应于高维差分，已知 g 数组，求 f 数组，就是差分。
和子集DP的思路一样，只是每一维退回来就可以了，将加法换成减法。
虽然 f 数组表示的是一个集合，g 是表示很多集合的和，但有的题目 f 数组并不好算，应该先算出 g 数组，再差分求出 f 。
以前缀差分为例：
for(int k=0;k<=19;k++)
for(int i=0;i<=maxn;i++)
if((i>>k)&1) f[i] -= f[i^(1<<k)]; // i 的前缀和减去 i 的子集，就是 i 本身。
题意：给你数列a，求有多少子序列与起来是0。
Solution：设 f[i] 表示与起来结果是 i 的子序列个数，发现求不出一点。但是前缀和似乎好求一些？
发现如果好几个数中都含有S集合，那么这几个数的任意子序列，与起来的结果肯定包含S集合（S的超集）。所以有几个数包含S集合呢，对原数列做个高维后缀和就求出来了。
设 \(num_S\) 表示原数列中包含S的数有几个。\(\&\) 起来结果为S超集的方案数，就是这几个数的子序列个数：\(g[S] = 2^{num_S}-1\)。（为什么减一？因为子序列不能为空）
对 g 再做一次后缀差分，就是 f 。答案输出 \(f[0]\)。其实我们把与起来是任意结果都给求出来了。
从参考博客来看，关于子集DP的知识还有 FMT 和 FWT，留个坑，下辈子补上。
