CF1119H Triple/西行寺无余涅槃

Discription

现在有 $n$ 个物品，同时有 $k$ 种属性，每个属性有其价值 $w_i$

每个物品的一种属性对应一个权值 $a_{i,j}\in[0,2^m)$

现在对于 $[0,2^m)$ 中的每个 $x$ 求出

$$\sum\limits_{\{k_1,\dots k_n\}}\left[\oplus_{i=1}^n a_{i,k_i}=x\right]\prod_{i=1}^n w_{k_i}$$

$n\le 10^5,m\le 16,m+k\le 20$

Solution

“FWT 变换矩阵本来就是满秩的”

一种朴素的做法是求出每物品的每个属性所形成的集合幂级数暴力 $\rm FWT$ 并将点值乘起来再还原

看起来还原的一步是不可少的，那么尝试加速求点值的部分

直接求得的 $[x^i]\rm FWT_{[1\sim n]}$ 的项数达到了 $\Theta(n2^m)$ 级别，那么尝试对其分类，最直接的方式就是使用 $\pm1$ 来表示点值系数的正负

更具体地，如果一个 $i$ 的 $\rm{FWT}\left(\sum_{j=1}^k x^{a_{i,j}}\right)$ 中系数表示法下的 $k$ 个位置向点值表示法下的第 $i$ 位贡献为 $ctr_i\dots ctr_k\left(\forall \ i\in [1,k]\ ctr_i\in \{-1,1\}\right)$，使用一个长度为 $k$ 的二进制数字表示 $ctr$ 数组，其中 $ctr_i=-1$ 的位让 $x$ 的第 $i$ 为是 $1$

尝试对 $[0,2^m)$ 中的每个 $i$ 维护长度为 $2^k$ 的数组 $cnt_i$，其中 $cnt_{i,j}$ 表示对点值表示法下位置 $i$ 贡献状态为 $j$ 的物品的数量

那么如果求出了 $2^{m}\times 2^k$ 个 $cnt_{i,j}$，容易得到每个状态的 $w_i$ 对该点值处的贡献和，快速幂再乘积即可得到正确点值

问题转化为了求所有的 $cnt_{i,j}$，一种常用的手段是找等量关系来解方程，为了简化问题，下面的讨论都只考虑对 $\rm [x^q]FWT(ans)$ 处的 $cnt$ 来展开

尝试取出 $\{1,\dots k\}$ 的一个子集 $T$，设 $b_i=\oplus_{j=1}^k a_{i,j}$，写出其集合幂级数 $\sum\limits_{i=1}^n {\rm{FWT}}\left(x^b_i\right)={\rm{FWT}}\left(\sum\limits_{i=1}^n x^{b_i}\right)$

这里的和式变换是因为 $\rm FWT$ 的过程中系数是统一的，也就是说$\rm FWT$ 是线性变换，类似于可以使用一次函数进行 $\rm Lagrange$ 插值

我们考察 $[x^q]{\rm{FWT}}\left(\sum\limits_{i=1}^n x^{b_i}\right)$ 和 $[x^T]{\rm{FWT}}\left(\sum\limits_{i=0}^{2^k-1} cnt_{q,i}x^i\right)$，先看左边：

注意到 $\oplus_{i=1}^n {\rm popcount}(a_i\&q)= {\rm popcount}\left(\left(\oplus_{i=1}^n a_i\right)\&q\right)$

如果你不会证明

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这个等量关系在 $a_i,q\ge 1$ 的时候按二进制位拆开考虑即可，因为位之间独立，$n=2$ 时讨论是 $\exist q=a_i$ 与否即可

在 $n>2$ 的时候可以令 $a'_1=a_1\oplus a_2,[i\ge 2]a'_i=a_{i+1}$，使用 $n=2$ 的 RHS 把 LHS 两项缩成一项即可归到 $n\leftarrow n-1$ 的子问题

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所以根据 $\rm FWT$ 的定义式子可以进行一些简单的和式变换：

$$\begin{aligned}&[x^q]{\rm{FWT}}\left(\sum\limits_{i=1}^n x^{b_i}\right)\\ \\&=\sum_{i=1}^n\prod_{j\in T}(-1)^{|a_{i,j}\&q|}\\ &=\sum_{s=0}^{2^{k}-1} cnt_{q,s}(-1)^{{\rm{popcount}}(s\&T)}\\ &=[x^T]{\rm{FWT}}\left(\sum\limits_{i=0}^{2^k-1} cnt_{q,i}x^i\right)\end{aligned}$$

第二行到第三行是发生了统计方式的转化：原来是逐物品枚举，同时将 $T$ 包含的，给 $q$ 点值有 $-1$ 贡献的 $j$ 给予 $-1$ 贡献，而第三行不过是分类枚举，但是仍然强制在 $T$ 集合内的 $j$ 才能产生 $-1$ 贡献，因此根据实际含义找到了这样一组等量关系

事已至此，时间复杂度 $\Theta\left(2^{k}(n+m2^m)\right)$

Sample Code

const int N=1e5+10,MaxS=1<<16;
int n,m,k,w[10],tas[N][10],sw[100];
vector<int> c[MaxS];
signed main(){
    n=read(); m=read(); k=read();
    int U=1<<m;
    vector<int> ans; ans.resize(U);
    rep(i,1,k) w[i]=read();
    rep(i,1,n) rep(j,1,k) tas[i][j]=read();
    
    int S=1<<k;
    for(int i=0;i<S;++i){
        for(int j=1;j<=k;++j){
            if(i>>(j-1)&1) ckdel(sw[i],w[j]); 
            else ckadd(sw[i],w[j]);
        }
    }
    for(int i=0;i<U;++i) c[i].resize(S);
    for(int i=0;i<S;++i){
        vector<int> f; f.resize(U);
        for(int j=1;j<=n;++j){
            int xsum=0;
            for(int e=1;e<=k;++e) if(i>>(e-1)&1){
                xsum^=tas[j][e];
            }
            f[xsum]++;
        }
        FWT(f,U,1);
        for(int j=0;j<U;++j) c[j][i]=f[j];
    }
    for(int i=0;i<U;++i){
        FWT(c[i],S,-1);
        ans[i]=1;
        for(int j=0;j<S;++j) ckmul(ans[i],ksm(sw[j],c[i][j]));
    }
    FWT(ans,U,-1);
    rep(i,0,U-1) print(ans[i]);
    return 0;
}