状态压缩动态规划

$3^n$枚举子集

状压DP中相当重要的技巧（虽然后位有FWT，FMT替代，但不是都能代）

for(int i = x; i; i = (i - 1) & x) {
// i 就是 x 的子集
}

题目

P6622 [省选联考 2020 A/B 卷] 信号传递

看数据范围，$m\le 23$，且不同分数段增长很慢，表明会有$O(2^m)$的做法，考虑状压或搜索剪枝

但是题目要求的是排列的贡献，直接状压不可行，需要转化为与顺序无关的情况

观察到$n\le {10}^5$，表明对$S$序列要有很快的统计方式

关键转换：发现$s[i-1]$到$s[i]$之间的转移只会有$m^2$种，预处理出$s[]$中每种的转移次数，那么此时数字$i$和数字$j$（设重排列后$i$在$j$前面）之间的贡献为：

$$W_{i,j}=cnt[i][j]\ast (pos[j]-pos[i])+k\ast cnt[j][i]\ast (pos[j]+pos[i])$$

$$=pos[j]\ast (cnt[i][j]+k\ast cnt[j][i])+pos[i]\ast (k\ast cnt[j][i]-cnt[i][j])$$

此时$i,j$的贡献分为两部分，分别仅与$pos[i],pos[j]$相关，可以分别统计；$pos[i],pos[j]$可以在枚举位置时分别获取，而剩下部分仅与$i,j$的相对位置有关，状压可以做到

方程很好推，时间复杂度$O(m^2\ast 2^m)$，过不了后40分

考虑$i$插入时对$S$的影响是一定的，可以在dp外预处理出$g[i][S]$（想想如何做到$O(m\ast 2^m)$），空间又炸了

接下来就是空间优化了 link

反思

被djy薄纱了，难受

考试时思路走错了，以为是直接替换$s[]$，然后关键的预处理没想到，之后应该就是自然的思路了

关键在于看到数据范围就朝着状压的方向走，不断尝试消除排列的影响

P3959 [NOIP2017 提高组] 宝藏

思路来源

读题，一眼看出状态，但发现缺少层数，无法转移

考虑强制限定层数，所有新加点强制对上一层连边，而不是任意层

感性理解该状态转移完全

p.s. 开始考虑强制选定前一个点，发现这样子树状态还要上传，有后效性，没想到是按层转移（悲

P7519 [省选联考 2021 A/B 卷] 滚榜

最朴素方程非常好列，把状态、总和，前一个数，前一个数取的值全部放入方程即可，但是没有穷举+贪心快

重要性质：由于$b[i]$单调不降，一个常见(?)的思路就是考虑横向统计，如图

这说明我们不需要考虑前一个$b[]$取了多少，因为当前的$b[]$就是基于前面的$b[]$，相当于把往后的分值同时向上顶了$b[i-1]$，此时想要方案合法，只需考虑$a[i]$和$a[i-1]$之间差了多少即可，类似差分思想

p.s. 卡常技巧：把大循环的int变为宏会更快

根号分治

做题时，如果遇到与质因数有关的状压DP，考虑根号分治

原理：我们约定大于$\sqrt{n}$的数为大质数，则$\mathrm{\forall }x\in [2,n]$，都有$x$的质因数中，要么没有大质数，要么有且仅有一个

这样我们就在$x$就唯一对应了一个大质数，利用该性质，可以解决此类问题

P2150 [NOI2015] 寿司晚宴

朴素方程略

很明显，对于一个大质数$x$，要么小G取，要么小W取，要么都不取，那么把所有对应此大质数$x$的数放在一起，分$g1[][]$和$g2[][]$分别统计$x$被小G取、小W取的方案数，再合并至$f[][]$中即可

p.s. 注意$g1$和$g2$会有重复计数（都不取），记得减掉

P8292 [省选联考 2022] 卡牌

这道题有两种做法：FWT和容斥

题解都说样例提示了正难则反，但是我觉得FWT更自然……

做法1：暴力状压+FWT优化枚举子集

先根号分治，设$f[i][S]$为大质数为$i$，小质数状态为$S$

对大质数不同的数分开跑$f[i][]$

那么最后合并答案$f_0[S]\leftarrow \sum _{i|j=S}{f}_0[i]\ast f_k[j]$，可以用$FWT$优化

做法2：容斥

看看题目要求的是什么，不要容斥错了

其实第一眼发现$s_i\le 30$的状压是可以直接转移的，问题在于统计是枚举，考虑在这里优化

题目求的是质数集至少为$S$，子集反演直接pass

考虑容斥中常见的钦定大法，（不能钦定$x$一定出现，因为这样得到的就是题目求的质数集至少为$S$的方案数，绕一圈又回来了）

我们考虑钦定$g[S]$为$S$一定不出现的方案数，则$f(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|}g(T)$

此时$g(T)$的贡献变得更简单：对于质数集为$P$的数$x$，若$P\cap T=\varnothing$，则$x$可被$g(T)$统计到，则$g(T)=2^{cnt[T]}$

考虑大质数时也一样，只不过对于要求选取的大质数必须选一个，即$g(T)=2^{cnt[T]}-1$，最后根据乘法原理把每个大质数的$g$乘起来即可

技巧：如果每次都把大质数的$g$全部累乘，那时间复杂度就会有$O(m|S|\cdot 2^{14})$（$S$为$2000$以内的质数集），无法承受；考虑只有给定的大质数才有必须选的需求，对于其它大质数，直接$\sum g(T)=\sum 2^{cnt[T]}=2^{\sum cnt[T]}$计算即可，复杂度$O(2^{14}\cdot \sum c)$

快速沃尔什变换（FWT）

求解${\displaystyle C_i=\sum _{j\oplus k=i}{A}_j{B}_k}$，其中$\oplus$为$or,and,xor$

FWT类似于FFT，是基于反演优化的（FWT更直观一点），实际上就是找一个式子$FWT[A_i]=\sum A_j$，使得$FWT[C_i]$恰好等于$FWT[A_i]\ast FWT[B_i]$,从而用类似多项式点值表示的方法优化卷积

或卷积

这里找到的式子为${\displaystyle FWT[A_i]=\sum _{j|i=i}{A}_j}$，下面是证明

${\displaystyle FWT[A_i]\ast FWT[B_i]=(\sum _{j|i=i}{A}_j)\ast (\sum _{k|i=i}{B}_k)=\sum _{(j|k)|i=i}{A}_j{B}_k=FWT[C_i]}$

接下来就是高效处理出$FWT[A]$了，高维前缀和可以做到，不过考虑类似FFT的分治做法，在合并$[l,mid],[mid+1,r]$时，有公式$FWT[l\sim r]=merge(FWT[l\sim mid],FWT[l\sim mid]+FWT[mid+1\sim r])$

转成二进制形式，$A_0$为当前最高位为$0$，$A_1$为当前最高位为$1$，有

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

还原数组时减回来即可

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

与卷积

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

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

异或卷积

$FWT[A]=merge(FWT[A_0]+FWT[A_1],FWT[A_0]-FWT[A_1])$

${\displaystyle IFWT[A]=merge(\frac{IFWT[A_0]+IFWT[A_1]}{2},\frac{IFWT[A_0]-IFWT[A_1]}{2})}$

子集卷积

即求${\displaystyle h(S)=\sum _{i|j=S,i\mathrm{\&}j=\mathrm{\varnothing }}f(i)\ast g(j)}$

子集反演

当方程$f[S]$难以快速统计转移时，考虑弱化它，然后容斥

具体地，设$f[S]$为状态集恰好为$S$时的方案数，$g[S]$为状态集至多为$S$时的方案数

即只能从$S$中取数，但不要求全部取完，此时$g[S]$的优势在于不用枚举子集，直接传$S$即可

此时有容斥：$f(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|T|}g(T)$

证明略

P3349 [ZJOI2016]小星星

首先得想到枚举子集，向儿子递归转移，时间复杂度$O(n^3\cdot 3^n)$

然后考虑把恰好为$S$换成至多为$S$，做子集反演，每次转移直接将$S$下传，将答案容斥即可

注意这里有个技巧：不需要使得编号对应不重（即树上两个点可能对应图上的同一个点），因为对于答案$f[111...]$，需要$n$个点恰好取满，这种情况必不会重

$p.s.$ 常数优化：提取每次$S$的点集，还有不把$i$分配的编号$q[i]$放入递归参数（亲测快$5$倍，可能是开栈相对循环太慢了）

C. 拼凑数字

给你$n$个数字，你需要将它们拼成一个$n$位整数 ，使得在保证$n$对$k$取模的结果最大的前提下， 尽可能大。$n\le 24,k\le 80$

首先得想到朴素状压（逆天，我考时没想到

记$f[S][i]$为取数状态为$S$，余数为$i$的最大数，转移即可

然后想到每个数只能是$1\sim 9$，记录每种数字用了几次即可

通过计算可知，状态数最多为$1.1\times {10}^5$，可以接受

但是对于非01串的状压，可能需要一点优化

技巧

P3813 [FJOI2017]矩阵填数

常见思路：最大值为$v$方案数$=$最大值$\le v$的方案数$-$最大值$<v$的方案数

但是在这里有多个矩形，直接做会有问题，因为非法方案应该是存在一个矩形最大值$<v$，看$n$的范围想到容斥

上公式：${\displaystyle f(S)=\sum _{T\subset S}(-1{)}^{|S|-|T|}\cdot g(T)}$

钦定$T$为最大值$<v$的矩形集合，问题转化为快速求出$g(T)$

考虑离散化之后，$(x_i,y_i),(x_i+1,y_i+1)$一定可以表示最大值限制相同的矩形，枚举离散化后的小矩形统计即可

时间复杂度$O(n^3\cdot 2^n)$

$p.s.$ 这么好的容斥题被我浪费了，我真该死啊——

轮廓线

用01序列描述二维矩阵上的凸多边形（即坐标单调）

P4363 [九省联考 2018] 一双木棋 chess

轮廓线DP

注意轮廓线还原为状态的技巧及逆序转移

由于这里求两人价值差，转移时把自己强行当作先手，逆推时对$f[nxt]$取负即可