SOS DP（子集 DP）

Part 1：前置知识

1、状压 DP

2、基本的位运算操作

Part 2：SOS DP

(以下的内容大部分翻译至CF上的原文）

1、例题引入

给定一个含 $2^{N}$ 个整数的集合 $A$ ，我们需要计算： $\forall x \subseteq A$ ， $x$ 中所有元素 $i$ 的 $A [i]$ 的和，即求：

F [m a s k] = \sum_{i \subseteq m a s k}^{} A [i]

2、解题思路

法一：暴力枚举

我们可以枚举每一个 $m a s k$ ，再枚举集合中的所有元素 $i$ ，判断 $i$ 是属于集合 $m a s k$ 。这样做的时间复杂度为 $O (4^{N})$
代码

for(int mask=0; mask<(1<<N); mask++)
  	for(int i=0; i<(1<<N); i++)
		if((mask&i)==i)
		  	F[mask]+=A[i];

法二：枚举子集

对于任意 $m a s k$ ，如果它做的二进制位上有 $k$ 个 $1$ ，那么它就有 $2^{k}$ 个子集，我们只需遍历这些子集便可。

时间复杂度为 $O (\sum_{k = 0}^{N} (\binom{N}{k}) 2^{k}) = O ((1 + 2)^{N}) = O (3^{N})$ 。（可由二项式定理证明）
代码

for(int mask=0; mask<(1<<N); mask++)
{
	F[mask]=A[0];
	for(int i=mask; i>0; i=(i-1)&mask)
		F[mask]+=A[i];
}

法三：SOS DP

在我们之前的方法中存在明显的缺陷：当一个状态的二进制位上有 $k$ 个 $0$ 时，它将被访问 $2^{k}$ 次，存在重复的计算。

而产生这种现象的原因就是：我们没有在 $A [x]$ 被不同 $F [m a s k]$ 利用时建立一定的联系。我们应添加另一个状态来避免上述的重复计算。
我们定义状态 $S (m a s k) = {x | x \subseteq m a s k}$ 。现在我们把这个集合划分为不相交的组。

设 $S (m a s k, i) = {x | x \subseteq m a s k, m a s k \oplus x < 2^{i} + 1}$ ，表示只有第 $i$ 位以及更低位与 $m a s k$ 不同的 $x$ 的集合。

举个例子： $S ($ 101 $1010, 3) = {$ 101 $1010,$ 101 $0010,$ 101 $1000,$ 101 $0000}$ 。其中 $1010$ 即为 $m a s k$ 的第 $3$ 位至第 $0$ 位，集合中的元素的加粗部分应与 $m a s k$ 保持一致。
现在让我们尝试将 $m a s k$ 与 $x$ 建立联系，下面分两种情况讨论：
1. $m a s k$ 的第 $i$ 位是 $0$
  
  不难发现， $m a s k$ 与 $x$ 的第 $i$ 位均为 $0$ 。因此 $x$ 仅有第 $0$ 至 $i - 1$ 位与 $m a s k$ 不同，故有 $S (m a s k, i) = S (m a s k, i - 1)$
2. $m a s k$ 的第 $i$ 位是 $1$
  
  那么 $S (m a s k, i)$ 就由两部分组成：
  
  $(1)$ $x$ 的第 $i$ 位为 $0$ ，即为 $S (m a s k \oplus 2^{i}, i - 1)$
  
  $(2)$ $x$ 的第 $i$ 位为 $1$ ，即为 $S (m a s k, i - 1)$
综上，可以得出结论

$S (m a s k, i) = {\begin{cases} S (m a s k, i - 1) & i^{t h} b i t 0 \\ S (m a s k, i - 1) + S (m a s k \oplus 2^{i}, i - 1) & i^{t h} b i t 1 \end{cases}$
不难计算，这种做法的时间复杂度为 $O (N 2^{N})$
代码（二维版）

for(int mask=0; mask<(1<<N); mask++)
{
	dp[mask][-1] = A[mask];
	
	for(int i=0; i<N; i++)
	{
		if(mask&(1<<i))
			dp[mask][i]=dp[mask][i-1]+dp[mask^(1<<i)][i-1];
		else
			dp[mask][i]=dp[mask][i-1];
	}
	
	F[mask]=dp[mask][N-1];
}

代码（一维版）

for(int i=0; i<(1<<N); i++)
	F[i]=A[i];

for(int i=0; i<N; i++) 
{
	for(int mask=0; mask<(1<<N); mask++)
	{
		if(mask&(1<<i))
			F[mask]+=F[mask^(1<<i)];
	}
}