集合/二进制运算合集

RT，主要内容涉及有 高维前缀和（子集DP），高维后缀和，高维差分，快速沃尔什变换，子集卷积。

参考资料：

• link1
• link2

知识点合集

高维前缀和

用于求解 $f(S)=\sum _{T\subseteq S}g(T)$。

    for(int i=0;i<(1<<n);i++)f[i]=g[i];
    for(int j=0;j<n;j++){
        for(int i=0;i<(1<<n);i++)if((i>>j)&1)f[i]+=f[i^(1<<j)];
    }

本质原理：DP。统计依次前 $j$ 物品出现的时候的贡献。

高维差分

考虑子集反演 $f(S)=\sum _{T\subseteq S}g(T)⟹g(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|T|}f(T)$

根据这个，其实可以考虑 FWT 进行计算，不过过于累赘。

我们发现这玩意在高维前缀和把加号换成减号容斥系数正好正确。

    for(int i=0;i<(1<<n);i++)g[i]=f[i];
    for(int j=0;j<n;j++){
        for(int i=0;i<(1<<n);i++)if((i>>j)&1)g[i]-=g[i^(1<<j)];
    }

快速沃尔什变换

应用于计算二进制卷积。

$or$ 卷积

计算 $C_i=\sum _{(j|k)=i}{A}_j{B}_k$

我们定义 $FWT(A{)}_i=\sum _{j|i=i}{A}_j$

则有：

$$\begin{array}{rl}(FWT(A)·FWT(B){)}_i& =\sum _{j|i=i,k|i=k}{A}_j{B}_k\\ & =\sum _{(j|k)|i=i}{A}_j{B}_k\\ & =FWT(C{)}_i\end{array}$$

所以我们只需要考虑 $FWT,IFWT$ 怎么求。

考虑钦定长度为 $2^n$，使用分治进行计算。

定义将 $A$ 的前 $2^{n-1}$ 以及后 $2^{n-1}$ 位划分为序列 $A_0,A_1$。

不难发现 $FWT(A)=merge(FWT(A_0),FWT(A_0)+FWT(A_1))$

而 $IFWT$ 是逆运算，不难得到：$IFWT(A)=merge(IFWT(A_0),IFWT(A_1)-IFWT(A_0))$

（事实上，从FMT的视角来看，这玩意是高维前缀和）

$and$ 卷积

类比 or，设计 $FWT(A{)}_i=\sum _{(j\mathrm{\&}i)=i}{A}_j$，也容易得到 $FWT(C)=FWT(A)·FWT(B)$。

而根据分治法的结果，同样有：

$FWT(A)=merge(FWT(A_0)+FWT(A_1),FWT(A_0))$

（高维后缀和）

$IFWT(A)=merge(IFWT(A_0)-IFWT(A_1),IFWT(A_1))$

$xor$ 卷积

这个比较抽象，设 $d(i)=popcount(i)mod2$。

设 $FWT(A{)}_i=\sum _j(-1{)}^{d(j\mathrm{\&}i)}{A}_j$

根据 $(j\mathrm{\&}i)\oplus (k\mathrm{\&}i)=(j\oplus k)\mathrm{\&}i$。

同样有：

$$\begin{array}{rl}{}_i& =\sum _j\sum _k(-1{)}^{d(k\mathrm{\&}i)}{B}_k(-1{)}^{d(j\mathrm{\&}i)}{A}_j\\ & =\sum _{j,k}(-1{)}^{d(k\mathrm{\&}i)+d(j\mathrm{\&}i)}{A}_j{B}_k\\ & =\sum _{j,k}(-1{)}^{d(k\mathrm{\&}i)\oplus d(j\mathrm{\&}i)}{A}_j{B}_k\\ & =\sum _{j,k}(-1{)}^{d((j\oplus k)\mathrm{\&}i)}{A}_j{B}_k\\ & =FWT(C{)}_i\end{array}$$

考虑计算 $FWT(A)$。

容易发现 $A_0,A_1$ 拼起来后，$A_1$ 的值作用于后半部分会导致最高位多出一个 $1$。

所以有 $FWT(A)=merge(FWT(A_0)+FWT(A_1),FWT(A_0)-FWT(A_1))$

因此有 $IFWT(A)=merge(\frac{IFWT(A_0)+IFWT(A_1)}{2},\frac{IFWT(A_0)-IFWT(A_1)}{2})$

写法：考虑类比FFT，迭代换递归，但由于位置始终不变，所以不需要蝴蝶变换。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N (1<<17)+5
const int p=998244353;
int n;
void ad(int &x,int y){
    x+=y;if(x>p)x-=p;if(x<0)x+=p;
}
void fwtor(int a[],int d,int tag){
    for(int len=1;len<(1<<d);len<<=1){
        for(int j=0;j<(1<<d);j+=(len<<1)){
            for(int k=0;k<len;++k)ad(a[j+k+len],a[j+k]*tag);
        }
    }
}
void fwtand(int a[],int d,int tag){
    for(int len=1;len<(1<<d);len<<=1){
        for(int j=0;j<(1<<d);j+=(len<<1)){
            for(int k=0;k<len;++k)ad(a[j+k],a[j+k+len]*tag);
        }
    }
}
void fwtxor(int a[],int d,int tag){
    for(int len=1;len<(1<<d);len<<=1){
        for(int j=0;j<(1<<d);j+=(len<<1)){
            for(int k=0;k<len;++k){
                int x=a[j+k],y=a[j+k+len];
                a[j+k]=1ll*(x+y)%p*tag%p;
                a[j+k+len]=1ll*(p+x-y)%p*tag%p;   
            }
        }
    }
}
int a[N],b[N],c[N],tmpa[N],tmpb[N];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n;for(int i=0;i<(1<<n);++i)cin>>a[i];
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)cin>>b[i];
    memcpy(tmpa,a,sizeof a);memcpy(tmpb,b,sizeof b);
    fwtor(a,n,1);fwtor(b,n,1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)c[i]=1ll*a[i]*b[i]%p;
    fwtor(c,n,-1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)cout<<c[i]<<" ";cout<<"\n";
    memcpy(a,tmpa,sizeof a);memcpy(b,tmpb,sizeof b);
    fwtand(a,n,1);fwtand(b,n,1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)c[i]=1ll*a[i]*b[i]%p;
    fwtand(c,n,-1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)cout<<c[i]<<" ";cout<<"\n";
    memcpy(a,tmpa,sizeof a);memcpy(b,tmpb,sizeof b);
    fwtxor(a,n,1);fwtxor(b,n,1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)c[i]=1ll*a[i]*b[i]%p;
    fwtxor(c,n,(p+1)>>1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)cout<<c[i]<<" ";cout<<"\n";
}

注意到 IFWT Xor 我们可以最后再除掉 $2^d$ 也是可以的

注意到三个卷积的形式其实是一样的，也就是说我们会有：

1. $FWT(\sum k_i{F}_i(x))=\sum k_{i}FWT(F_i(x))$

2. $\prod F_i(x)=IFWT(\prod FWT(F_i(x)))$

   前面的乘法是做异或卷积，后面是对位相乘

子集卷积

求 $C_S=\sum _{T\subseteq S}{A}_T{B}_{S-T}$。

考虑到这等价于：

$C_i=\sum _{j\mathrm{\&}k=0,j|k=i}{A}_j{B}_k$。

而 $j\mathrm{\&}k=0$ 可以描述为 $popcount(j)+popcount(k)+popcount(j\mathrm{\&}k)=popcount(j|k)$。

这里考虑 $or$ 卷积的 FWT。

所以设 $FWT(A,I{)}_i=\sum _{j|i,popcount(j)=I}{A}_j$。

则有 $FWT(C,I)=\sum _{J}FWT(A,J)FWT(B,I-J)$。

然后 $IFWT$ 回去得到 $C_I$,则 $C_S=C_{|S|}[S]$。

$O(n^2{2}^n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[20][1<<20],b[20][1<<20],c[20][1<<20];
#define bit __builtin_popcount
const int p=1e9+9;
void ad(int &x,int y){
    x+=y;if(x>p)x-=p;
    if(x<0)x+=p;
}
void fwtor(int a[],int n,int tag){
    for(int len=1;len<(1<<n);len<<=1)for(int j=0;j<(1<<n);j+=len<<1)for(int k=0;k<len;k++)ad(a[j+k+len],a[j+k]*tag);
}
int read(){
    int x=0;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0')ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return x;
}
void print(int x){
    if(x<10)putchar(x+'0');
    else print(x/10),putchar(x%10+'0');
}
int main(){
    int n=read();
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)a[bit(i)][i]=read();
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)b[bit(i)][i]=read();
    for(int i=0;i<=n;i++)fwtor(a[i],n,1),fwtor(b[i],n,1);
    for(int k=0;k<=n;k++)for(int i=0;i<=k;i++)for(int x=0;x<(1<<n);x++)ad(c[k][x],1ll*a[i][x]*b[k-i][x]%p);
    for(int k=0;k<=n;k++)fwtor(c[k],n,-1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)print((c[bit(i)][i]%p+p)%p),putchar(' ');
}

例题

ABC212H

模版题，可以容斥计算。

令 $F(x)=\sum x^{A_i}$

$$\begin{array}{r}\\ & [x^0]\sum _{i=1}^N{F}^i(x)\\ & =[x^0]IFWT(\sum _{i=1}^{N}FWT(F^i(x))\\ & =[x^0]IFWT(FWT(\sum _{i=1}^N{F}^i(x)))\\ & =[x^0]IFWT(FWT(\sum _i{x}^i\sum _{t=1}^N{f}_i^t))\end{array}$$

等比数列计算最后 IFWT 回去即可。

注意特判 $f_i=1$

P5387 人形演舞

博弈论结合FWT，一般用于求方案数，可以先求出每个子游戏的 sg 函数。

打表看 sg 函数，发现 $s{g}_x=x+1-2^{\lfloor {\log }_{2}x\rfloor }$，$s{g}_0=0$。

至于它要选出 $|V|$ 个，本质上是求：

设 $F(x)=\sum _{i=1}^m{x}^{s{g}_i}$，求 $F^{|V|}(x)$ 的非项系数之和。

求出 $FWT$ 之后再快速幂，然后 IFWT 即可。

州区划分

注意不连通是合法的

首先求出 $s{z}_S=\sum _{x\in S}{w}_x$，设 $g_S=[vaild(S)]s{z}_S^p$，至于不合法当且仅当图连通且具有欧拉回路，根据度数判断即可。

考虑dp，设 $f_S$ 为当前已经用了的点的集合为 $S$，显然有：

$$f_S=\frac{1}{s{z}_S^p}\sum _{T\subset S}{f}_T{g}_{S/T}$$

考虑如何使用 $fwt$ 优化稍加改动的子集卷积

注意到子集卷积的每一步有一个 $|S|$，可以先做普通子集卷积，在做到 $|S|$ 的时候将相应状态除掉 $s{z}_S^p$ 再将 $|S|$ 的部分加入卷积即可。

code

And-Or Game

题意：给定值域为正整数的集合 $A,B$，你最初有一个数 $V=0$，每次可以执行下列两种操作：

1. 选择 $x\in A,V\leftarrow V\vee x$,
2. 选择 $y\in A,V\leftarrow V\wedge x$

你可以进行任意次操作，求可能达到的 $V$ 的个数。

首先转化为表达方案数，我们合并连续的使用 $A/B$ 的操作。也就是 $A,B$ 自卷 $|A|,|B|$，可以用 FWT 配合快速幂完成。

然后我们现在就是两个操作交替进行了，那么考虑一个答案是如何生成的，显然是在 or 时至少让某位的 0->1，在 and 时至少让某位 1->0，并且不会被抵消。

这就告诉我们最多不超过 $\log V$ 次操作运算就封闭了，暴力交替操作判断操作前后可取数集合是否相同即可。

$O(V{\log }^{2}V)$​，但跑不满。

code

CF582E

题面较长自行阅读。

根据输入显然知道要建立表达式树。直接用栈建就行了。

然后考虑我们设 $f_{i,j}$ 为在子树 $i$ 里，$n$ 次操作的运算结果二进制压缩后是 $j$。

则可以预处理出单独每个字符的取值，在叶子节点的时候赋值。当如果是 ? 那就直接加上所有。

然后合并子树根据运算符类型用 fwtor fwtand 优化合并即可。问号就齐上。

二进制卷积优化DP转移

CF1326F2

很好的数学，使我的大脑旋转。

$n\le 18$，给定 $n\times n$ 矩阵 $a_{i,j}$，保证 $a_{i,j}=a_{j,i}$，考虑每个 $1\sim n$ 的排列 $p$，定义 $01$ 串 $s$，$s_i=a_{p_i,p_{i+1}},|s|=n-1$。问对于 $2^{n-1}$ 种 $01$ 串，生成其的排列个数各有多少。

注意到关键限制是 $a_{i,j}$ 的值，直接做很困难。

考虑子集反演，本质上只考虑钦定某些位置为 $1$，忽略掉 $0$ 的限制。 设原本答案为 $an{s}_i$，设 $f_i=\sum _{i|j=j}an{s}_j$。

则 $an{s}_i=\sum _{j|i=j}(-1{)}^{(popcount(j\oplus i))}{f}_j$。

$O(n{2}^n)$。

考虑计算 $f$。一个奇怪的发现是：对于 $01$ 串的所有极长 $1$ 段（带上前面的那个 $0$），将其整体移动到其他 $0$ 的前面，不会使得这一段 $1$ 变成零，而有可能使得 $0$ 与 $0$ 撞在一起形成新的 $1$。

这告诉我们，所有 $f_i$，在 $i$ 的二进制表示下，所有极长 $1$ 段带上前面的 $0$ 形成的长度可重集相同（我们默认第 $-1$ 位，也就是 $p_1$，是零）的时候，答案相同。注意这个结论

也就是例如 $f(01110110)=f(01100111)=f(11011100)$，其可重集为 $\{1,1,3,4\}$，注意有个“不存在的 $0$”。

由此，我们发现答案至多有 $18$ 的整数划分种，这玩意好像是三百多，约等于 ${18}^2$。

所以呢？这就有点子集卷积的味道了。

考虑对于每个 $1$ 段计算答案。

设 $d{p}_{S,i}$ 为经过 $S$ 中所有点，最终停在 $i$，且满足所有路径的边均为 $1$ 的路径条数。

显然 $d{p}_{S,i}·a_{i,k}\to d{p}_{S\cup \{k\},k},d{p}_{\{i\}}i=1$。

然后对 $n$ 的每种整数划分求答案。

其实这个整数划分对应的是子集卷积，只不过钦定加入大小为多少的子集而已。

根据 $FWT$ 优化子集卷积，可以先对所有大小的 $|S|$ 进行 $FWTOR$。

然后在整数划分的过程中进行子集卷积，最后我们只关心全集的值，可以直接子集反演掉（FWTOR 本质是子集求和，这里逆差分就行）。

在求出每种情况的值之后就求得了 $f$，然后反演回 $ans$ 即可。

高维前缀和，高维差分，高维后缀和，FWTOR，FWTAND，FMTOR，FMTAND 本质与子集反演都是相通的。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 18
#define int long long 
// const int p=998244353;
#define bit __builtin_popcount
int f[(1<<18)+5],n,m,dp[(1<<18)+5][18],c[19][(1<<18)+5],dep,g[19][(1<<18)+5];
int rch[N];
void fwtor(int a[],int n,int tag){
    for(int len=1;len<(1<<n);len<<=1){
        for(int j=0;j<(1<<n);j+=len<<1){
            for(int k=0;k<len;k++){
                a[j+k+len]+=a[j+k]*tag;
                // a[j+k+len]%=p;
            }
        }
    }
}
map<vector<int> ,vector<int>>h;
vector<int>now;
void dfs(int sur,int lst){
    if(!sur){
        /*考虑到FWT or 的本质是高维前缀和，我们只要h[(1<<n)-1]那么这里做子集反演*/
        int res=0;
        for(int i=0;i<(1<<n);++i){
            if(bit(((1<<n)-1)^i)&1)res-=g[dep][i];
            else res+=g[dep][i];
        }
        // cout<<res<<"\n";
        for(auto i:h[now]){
            f[i]+=res;
            // cout<<" "<<i;
        }
        // cout<<"\n";
        return ;
    }
    for(int i=1;i<=min(lst,sur);i++){
        for(int j=0;j<(1<<n);j++)g[dep+1][j]=g[dep][j]*c[i][j];
        ++dep;now.push_back(i);
        dfs(sur-i,i);
        --dep;now.pop_back();
    }
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);    
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=0;j<n;j++){
            char x;cin>>x;
            if(x=='1')rch[i]|=(1<<j);   
        }
    }
    for(int i=0;i<n;i++)dp[1<<i][i]=1;
    for(int i=0;i<(1<<n);i++){
        for(int j=0;j<n;j++)if((i>>j)&1)for(int k=0;k<n;k++)if(((i>>k)&1)^1){
            if((rch[j]>>k)&1)dp[i|(1<<k)][k]+=dp[i][j];    
        }
    }
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)for(int j=0;j<n;j++)c[bit(i)][i]+=dp[i][j];
    for(int i=0;i<=n;i++)fwtor(c[i],n,1);
    for(int i=0;i<(1<<n-1);i++){//2^{n-1}种01串
        vector<int>now;
        int c=1;
        for(int j=0;j<n-1;j++){
            if((i>>j)&1)++c;
            else now.push_back(c),c=1;
        }
        now.push_back(c);sort(now.begin(),now.end());reverse(now.begin(),now.end());h[now].push_back(i);
    }
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)g[0][i]=1;
    dfs(n,n);
    for(int i=0;i<n-1;i++)for(int j=0;j<(1<<n-1);++j)if((j>>i)&1)f[j^(1<<i)]-=f[j];
    for(int i=0;i<(1<<n-1);i++)cout<<f[i]<<" ";
}

ABC367 G

神奇题目

场上想到了引入多元生成函数之后就嗝屁了。

定义两个多项式的运算 $A(z)\ast B(z)=\sum _i\sum _j{z}^{i\oplus j}{a}_i{b}_j$，也就是异或卷积。

定义两个二元生成函数 $A(x,y)\ast B(x,y)=\sum _{i,p}\sum _{j,q}{x}^{i\oplus j}{y}^{p+q}{a}_{i,p}{b}_{j,q}$

我们仍然选用 $\prod$ 计算连续的 $\ast$ 积

显然 $k$ 很大，我们需要求出每个 $xor$ 和的出现次数 $c_i$

而 $c_i$ 可以简单的表示为：

$$C(z)=\sum _{i=1}{z}^i(\sum _{d=1}^{dm\le N}[x^i{y}^{dm}]\prod _{i=1}^n(1+x^{a_i}y))$$

现在问题在于计算 $\prod (1+x^{a_i}y)$

这其实是 $FWT$ ，而我们考虑计算其卷积，最后 $IFWT$

如果我们先不考虑 $y$ 的影响，那么有 $FWT(1+x^{a_i})=FWT(1)+FWT(x^{a_i})$ 计算结果中的第 $j$ 项系数为 $2[d(a_i\mathrm{\&}j)=0]$，也就是二进制 $\mathrm{\&}$ 有偶数个 $1$ 的位置为 $2$，否则为 $0$。

根据这个我们可以计算 $\prod (1+x^{a_i})$，具体的我们考虑一个 DP $f_{i,0/1}$ 表示所有数中 $\mathrm{\&}i$ 有偶数/奇数个 $1$ 的数的个数，还原每一项即可。事实上有 $f_{i,0}+f_{i,1}=N$

但是带上了 $y$ 怎么办。实质上是把 $y^{dm}$ 的项拿出来。对于 $x^i$ 而言，如果 $d(i\mathrm{\&}j)=0$ ，那么就有选它，值增加一，或者不选它，如果 $d(i\mathrm{\&}j)=1$，就有选它，值减少一，或者不选它。选了的话选了的个数就会增加。

而 $y$ 的实质是记录选了的个数，所以对应了 $(1+y),(1-y)$ 的两个决策。

所以实际上拿出 $x_i$ 后 $y$ 的系数是一个多项式 $(1+y{)}^{f_{i,0}}(1-y{)}^{f_{i,1}}$。甚至我们可以据此定义广义的 $FWT$（第一维 $xor$，第二维多项式积）

$$FW{T}_{ex}(F(x,y))=\sum z^j\sum _i(-1{)}^{d(i\mathrm{\&}j)}{f}_{i,k}{y}^k$$

显然我们还是得到了一个二维多项式，且可以有 $FW{T}_{ex}(1+x^{a_i}y)=\sum z^k+\sum _{z^k}(-1{)}^{d(k\mathrm{\&}{a}_i)}y$

也可以佐证上述结论。

所以我们对于每个 $x^i$，拿出 $y^{dm}$ 的系数后就可以做 $IFWT$ 得到 $C(z)$ 了。

怎么拿？不妨设 $dp{1}_{i,j}$ 为 $(1+y{)}^i$ 中 $y^k,kmodm=j$ 的系数，$dp{2}_{i,j}$ 为 $(1-y{)}^i$ 中 $y^k,kmodm=j$ 的系数。

那么 $\sum dp{1}_{f_{i,0},j}dp{2}_{f_{i,1},(-j)modm}$ 就是所求系数。

code

ZJOI2019 开关

考场压根没有想 FWT

首先还是把 $p_i$ 统一为概率，也就是 $\sum p_i=1$

设 $f_S$ 为 $a_i=[i\in S]$ 的答案，显然有：

$$\{\begin{array}{ll}S& =\varnothing ⟹f_{\varnothing }=0\\ S& \ne \varnothing ⟹f_S=1+\sum p_i{f}_{S\oplus \{i\}}\end{array}$$

考虑 FWT。

设 $F(x)=\sum f_S{x}^S,G(x)=\sum p_i{x}^i$，显然有 $G(1)=1$。

有：

$$f_S=1+\sum p_i{f}_{S\oplus \{i\}}⟹F(x)=\sum x^i+G(x)\times F(x)+k·x^{\varnothing }$$

注意这里的 $\times$ 代指异或卷积，且 $\sum x^i$ $i$ 的取值是空集到全集，由于 $f_{\varnothing }$ 是不遵这个规则的所以需要插入修正常数

既然有异或卷积定然考虑 $FWT$，不妨设 $F^{\prime }(x)=FWT(F(x)),G^{\prime }(x)=FWT(G(x))$

$$F^{\prime }(x)=FWT(\sum x^i)+F^{\prime }(x)·G^{\prime }(x)+FWT(k{x}^{\varnothing })$$

根据 $FWT$ 定义，有 $[x^S]F^{\prime }(x)=\sum (-1{)}^{|S\cap T|}[x^T]F(x)$

$$\{\begin{array}{ll}[x^S]FWT(\sum x^i)& =\sum [x^S]FWT(x^i)=\sum (-1{)}^{|S\cap i|}=2^{n-|S|}\sum _{S^{\prime }\subseteq S}(-1{)}^{|S^{\prime }|}=2^n[S=\varnothing ]\\ [x^S]G^{\prime }(x)& =\sum [x^S]p_{i}FWT(x^{\{i\}})=\sum (-1{)}^{|S\cap \{i\}|}{p}_i=1-2\sum _{i\in S}{p}_i\\ [x^S]FWT(k·x^{\varnothing })& =k\end{array}$$

所以有

$$[x^S]F^{\prime }(x)(1-G^{\prime }(x))=2^n[S=\varnothing ]+k=[x^S]F^{\prime }(x)\sum _{i\in S}2p_i$$

由于 $S=\varnothing$ 时，可以得到后式为零，因此有 $k=-2^n$

考虑 $IFWT$ 回去，但是我们需要特别处理空集，有：

$$\begin{array}{rl}F(x)& =[x^S]IFWT(F^{\prime }(x))\\ & =\frac{\sum _T(-1{)}^{|S\cap T|}[x^T]F^{\prime }(x)}{2^n}\\ & =\frac{[x^{\varnothing }]F^{\prime }(x)}{2^n}+\frac{\sum _{T\ne \varnothing }(-1{)}^{|S\cap T|}[x^T]\frac{2^n[T=\varnothing ]-2^n}{2\sum _{i\in T}{p}_i}}{2^n}\\ & =\frac{[x^{\varnothing }]F^{\prime }(x)}{2^n}+\frac{\sum _{T\ne \varnothing }(-1{)}^{|S\cap T|}[x^T]\frac{-2^n}{2\sum _{i\in T}{p}_i}}{2^n}\end{array}$$

又，我们需要知道 $[x^{\varnothing }]F^{\prime }(x)$ 的值，但有 $[x^{\varnothing }]F(x)=f_{\varnothing }=0$，所以有：

$$[x^{\varnothing }]F^{\prime }(x)=-\sum _{T\ne \varnothing }[x^T]\frac{-2^n}{2\sum _{i\in T}{p}_i}$$

回带有：

$$\begin{array}{rl}F(x)& =\frac{[x^{\varnothing }]F^{\prime }(x)}{2^n}+\frac{\sum _{T\ne \varnothing }(-1{)}^{|S\cap T|}[x^T]\frac{-2^n}{2\sum _{i\in T}{p}_i}}{2^n}\\ & =\frac{-\sum _{T\ne \varnothing }[x^T]\frac{-2^n}{2\sum _{i\in T}{p}_i}}{2^n}+\frac{\sum _{T\ne \varnothing }(-1{)}^{|S\cap T|}[x^T]\frac{-2^n}{2\sum _{i\in T}{p}_i}}{2^n}\\ & =\frac{\sum _{T\ne \varnothing }((-1{)}^{|S\cap T|}-1)\frac{-2^n}{2\sum _{i\in T}{p}_i}}{2^n}\\ & =\sum _{|S\cap T|mod2=1}\frac{1}{\sum _{i\in T}{p}_i}\end{array}$$

后面容易背包 $O(nV)$ 解决。