FMT 与 子集(逆)卷积

本文参考了 Dance of Faith 大佬的博客

我们定义集合并卷积

$$h_{S} = \sum_{L \subseteq S}^{} \sum_{R \subseteq S}^{} [L \cup R = S] f_{L} * g_{R}$$

最暴力的时候只能 $O(4^n)$ 完成，进行 一些优化 可以在 $O(3^n)$ 内完成，当然我们可以在 $O(n 2^n)$ 利用 $FMT$ 或者 $FWT$ 内快速处理。

$FMT$ 原理更好理解，就介绍此种方式。

具体来说，类似与 $FFT$ 我们把 $f,g$ 求点值，然后点值相乘后再插值变化回去。因为要快速实现这个过程，我们可以考虑利用 快速莫比乌斯变换 和 快速莫比乌斯反演 实现。

定义

定义 $f$ 的莫比乌斯变换 $\hat{f}$ ，满足 $\hat{f_S} = \sum_{T \subseteq S} f_T$ 。（也就是 $\hat{f}$ 是原来函数 $f$ 的子集和）

定义 $\hat{f}$ 的莫比乌斯反演 $f$ ，利用容斥原理可以得到 $f_S = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|S| - |T|} f_{T}$ 。

考虑为什么这个形式满足集合并卷积。

$$h_{S} = \sum_{L \subseteq S}^{} \sum_{R \subseteq S}^{} [L \cup R = S] f_{L} * g_{R}$$

左右同时做莫比乌斯变换。

$$\begin{aligned} \hat{h_{S}} &= \sum_{T \subseteq S} \sum_{L \subseteq T} \sum_{R \subseteq T} [L \cup R = T] f_{L} * g_{R}\\ &= \sum_{L \subseteq S} \sum_{R \subseteq S} [L \cup R \subseteq S] f_{L} * g_{R} \end{aligned}$$

由于 $[L \cup R \subseteq S] = [L \subseteq S][R \subseteq S]$ ，也就有

$$\begin{aligned} \hat{h_{S}} &= \sum_{L \subseteq S} \sum_{R \subseteq S} f_{L} * g_{R}\\ &= (\sum_{L \subseteq S}f_L)(\sum_{L \subseteq S}g_R)\\ &=\hat{f_L} * \hat{g_R} \end{aligned}$$

证毕。

快速变换与反演

原理讲解

上面那两个集合和我们暴力做是 $O(3^n)$ 的，可以进行优化。

考虑按 集合大小 分层递推。

令 $\hat{f_{S}}^{(i)}$ 为 $\sum_{T \subseteq S} [(S - T) \subseteq \{0, 1, 2, ..., i\}] f_{T}$ ，有 $\hat{f}_S^{(0)} = f_S$ 。

那么对于不包含 $\{i\}$ 的集合 $S$ ，满足 $\hat{f_{S}}^{(i)} = \hat{f_{S}}^{(i - 1)}$ ，那么它的贡献就是

$$\hat{f}_{S \cup \{i\}}^{(i)} = \hat{f}_{S}^{(i - 1)} + \hat{f}_{S \cup \{i\}}^{(i - 1)}$$

这样，递推 $n$ 轮后 $\hat{f}^{(n)}_S$ 就包含所有情况，即为所求变换。

对于莫比乌斯反演的话，同样递推，不断减掉就行了。

代码实现

void FMT(int *f, int opt) {
    for (int j = 0; j < n; ++ j)
        for (int i = 0; i < (1 << n); ++ i) if (i >> j & 1)
            f[i] += opt * f[i ^ (1 << j)];
}

子集卷积

原理讲解

我们定义 $f$ 与 $g$ 的子集卷积 $f * g = h$ 。

$$h_{S} = \sum_{L \subseteq S}^{} \sum_{R \subseteq S}^{} [L \cup R = S, L \cap R = \varnothing] f_{L} * g_{R}$$

其实就是

$$h_S = \sum_{T \subseteq S} f_T * g_{S - T}$$

刚刚讲的子集并卷积为何不行呢？因为有 $[L \cap R = \varnothing]$ 的这个限制。

如何去掉这个限制呢，我们多记一维集合大小，也就是 $f_{i, S}$ 表示有 $i$ 个元素，集合表示为 $S$ 。

显然当且仅当 $i = |S|$ 时是正确的，我们先做 $FMT$ 。

所以递推的时候就是 $h_{i + j, S} = \sum_{i, j} f_{i, S} * g_{j, S}$ ，其实是个多项式乘法。

由于前面对于 $n$ 个函数进行 $FMT$ 需要 $O(n^2 2^n)$ 的复杂度。

这里 $FFT$ 也优化不了复杂度（而且由于常数会慢很多），那么直接暴力卷积就好了。

代码实现

for (int i = 0; i <= n; ++ i) {
    for (int j = 0; i + j <= n; ++ j)
        for (int S = 0; S < (1 << n); ++ S)
        	h[i + j][S] += f[i][S] * g[j][S];
}

最后我们要求 $S$ 的子集卷积的结果，直接用 $h_{\text{bitcount(S)}, S}$ $IFMT$ 的。

子集逆卷积

原理讲解

我们有时候需要做子集卷积意义下的除法或者相关运算。

比如对于两个函数 $f * g = h$ ，我们已知 $g, h$ 要求 $f$ 。

那么就是 $f = h * g^{-1}$ 。其实就是要求 $g^{-1}$ 在子集卷积意义下的结果。

同样我们只需要考虑 $FMT$ 之后的结果。

由于对于每一位我们做的是多项式下的乘法。其实就是对于每一位求的 $g^{-1}$ 就是多项式求逆后的结果。

同样对于别的运算也是多项式后的结果。

但是写那个 $O(n \log n)$ 的倍增多项式求逆显然十分地麻烦，可以考虑 $O(n ^ 2)$ 递推。

令 $g^{-1} = t$ 假设我们求出 $t_{0, 1, \cdots, i - 1}$ ，要求 $t_i$ 。$(t_0 = g_0^{-1})$ 。

我们可以把 $g_i$ 减去 $t$ 和 $g$ 前 $i - 1$ 项做卷积后的第 $i$ 项的值，就是所求的 $t_i$ 。

这样就可以解决啦qwq

代码

inline void Inv(int *f) {
	tmp[0] = fpm(f[0], Mod - 2);
    for (int i = 0; i <= n; ++ i) {
        inv[i] = tmp[i];
        for (int j = 0; i + j <= n; ++ j)
            tmp[i + j] -= inv[i] * f[j];
    }
}

__EOF__

本文作者：zjp_shadow
本文链接：https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/10263392.html
关于博主：评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！