集合幂级数学习笔记

news/2025/2/24 11:56:21/文章来源:https://www.cnblogs.com/lupengheyyds/p/18733711

集合幂级数学习笔记

一、集合幂级数基础

类比形式幂级数将序列对应为一个多项式，我们可以用类似的方法，把一个集合及其所有子集变为一个多项式的形式，对于集合 $U$ 标准形式如下：

\[F(x)=\sum_{S\subseteq U}f_{S}x^S \]

这里 $x^S$ 只是一个占位符，就像形式幂级数的 $x^i$ 一样。

加减法

集合幂级数的加减法很简单，就是对应位置相加，即：

\[f\pm g=\sum_{S\subseteq U}(f_S\pm g_S)x^S \]

乘法

类比一般多项式乘法，有：

\[h=f\cdot g=(\sum_{S\subseteq U}f_{S}x^S)(\sum_{S\subseteq U}g_{S}x^S)=\sum_{L\subseteq U}\sum_{R\subseteq U}f_{L}g_{R}x^{L* R} \]

其中 $*$ 是集合间的一种二元运算，并使得 $*$ 有交换律，结合律，以及单位元 $\emptyset$。

常见的 $*$ 有 集合并，集合交，集合对称差，子集卷积。

二、分治解法

集合并卷积

令 $*$ 为 $\cup$ ，则有：

\[h_S=\sum_{L\subseteq U}\sum_{R\subseteq U}[L\cup R=S]f_Lg_R \]

暴力进行复杂度 $\mathcal O(4^n)$。

集合对称差卷积

定义集合上的二元运算 $\oplus $ 表示 $A\oplus B=\{x|(x\in A)\oplus (x\in B)\}$ 后者的 $\oplus$ 表示异或运算。

则有：

\[h_S=\sum_{L\subseteq U}\sum_{R\subseteq U}[L\oplus R=S]f_Lg_R \]

集合交卷积

类似，咕了。

三、快速沃尔什变换/快速莫比乌斯变换

算了我觉得 Alex_Wei 老师写太好了，我太懒了所以就不写了直接写应用吧。

四、性质

$\prod f=I(\prod T(f))$ ，这是因为集合卷积不会改变集合大小，而多项式乘法会让下标变大所以每次 FFT 乘法后要马上 IFFT 回来。
FWT 有线性性，即 $T(\sum_ic_if_i)=\sum_ic_iT(f_i)$

五、应用

下文中 $T()$ 表示快速沃尔什变换，$I()$ 表示快速沃尔什逆变换。$T^i,\prod T,\prod \hat f$ 表示对变换后的结果的每一位的值普通乘法。$f^i,\prod f$ 表示卷积。

AT_abc212_h [ABC212H] Nim Counting - 洛谷

基础应用。

对每一堆石子生成函数有：$f=\sum_{S}[S\in\{A\}]x^S$

答案为：$\sum_{i=1}^nf^i$ 中非 $x^{\emptyset}$ 项之外的系数之和。

那么有 $\sum_{i=1}^nf^i=\sum_{i=1}^nI(T^i(f))=I(\sum_{i=1}^nT^i(f))$。

其中第二个等号成立是因为 FWT 有线性性。于是用等比数列求和公示可以解决。

CF449D Jzzhu and Numbers - 洛谷

对每个数生成函数有 $f_i=x^{a_i}+x^U$，其中 $U=2^{20}-1$ 即全集。那么答案为 $[x^{\emptyset}]\prod f_i$ 其中 $\prod $表示集合交卷积。

有：$[x^{\emptyset}]\prod f_i=[x^{\emptyset}]I(\prod T(f_i))=[x^{\emptyset}]I(\sum_{S}\prod \hat f_{i,S})$ 但是这样直接计算是 $\mathcal O(n^2)$ 的。

我们知道集合交卷积的 FMT 本质是高维后缀和，那么 $\hat f_{i,S}=[S\subseteq a_i]+1$ 所以 $\prod \hat f_{i,S}=2^{\sum_{i}[S\subseteq a_i]}$ 这里我们直接令 $g_S$ 表示 $S$ 在 $\{a_i\}$ 中出现的次数然后求一个 FMT 就变成了 $\sum_{i}[S\subseteq a_i]$，即 $\prod \hat f_{i,S}=2^{\hat g_S}$ 于是可以一次 FMT 加一次 IFMT 解决这道题。

CF662C Binary Table - 洛谷

注意到 $n$ 很小，$m$ 很大，有一种暴力的方法是枚举每行翻不翻转，然后对于每一列贡献 $0/1$ 数量较少的那个个数。

翻转后的状态由初始状态与翻转操作状态异或得来

设第 $i$ 列的初始状态为 $a_i$，形式化的式子为：$\min_x\{\sum_{i}g_{x\oplus a_{i}}\}$ 其中 $g_s$ 表示 $s$ 中 $01$ 个数的较小值。

由于 $i$ 与位置有关，$x$ 与值有关，不好处理，令 $c_i$ 表示状态 $i$ 在 $\{a\}$ 中出现的次数，答案转化为：$\min_x\{\sum_{i}c_ig_{i\oplus x}\}$ 发现 $\min$ 里面就是一个子集卷积。没发现？没关系，令 $j=i\oplus x$，$f_x=\sum_{i}c_ig_{i\oplus x}$，有 $f_{i\oplus j}=\sum_{i}c_ig_j$ 那么这用个集合对称差卷积可以求出所有的 $f_x$ 最后取最小值即可。

复杂度 $\mathcal O(n^22^n+m)$。

AT_abc288_g [ABC288G] 3^N Minesweeper - 洛谷

这道题设计 FWT 的一个核心思想——各位独立。

类比在推 $\hat f_i=\sum_{j=0}^{2^k-1}C(i,j)f_j$ 的时候将 $C(i,j)$ 拆做 $\prod _{i=0}^{k-1}c(i_k,j_k)$，其中 $i_k$ 表示 $i$ 在二进制下的第 $k$ 位。这道题本来有 $A_i=\sum_{j=0}^{3^n-1}C(i,j)B_j$，但是 $C(i,j)$ 的限制也是独立的，于是同样令 $C(i,j)=\prod c(i_k,j_k)$。我们考虑求出矩阵 $c$ 的值。因为：

\[\left\{\begin{aligned} &a_0=b_0+b_1\\&a_1=b_0+b_1+b_2\\&a_2=b_1+b_2 \end{aligned}\right. \]

求出 $c=\begin{bmatrix}1&1&0\\1&1&1\\0&1&1\end{bmatrix}$，直接算出 $c^{-1}=\begin{bmatrix}0&1&-1\\1&-1&1\\-1&1&0\end{bmatrix}$。用IFWT的方式可以算出 $\{B\}$。

CF1119H Triple - 洛谷

这是一类求 $\prod_{i=1}^n\sum_{j=1}^{k}w_jx^{a_{i,j}}$ 的值的方法，其中 $\prod$ 为集合对称差卷积。即非 $0$ 项系数相同但是位置不同。本题为 $k=3$ 的特例。

首先 $\prod_{i=1}^n\sum_{j=1}^{k}w_jx^{a_{i,j}}=I(\prod_{i=1}^nT(\sum_{j=1}^{k}w_jx^{a_{i,j}}))$

根据 FWT 的变换式，$\forall S,[x^S]\sum_{j=1}^{k}w_jT(x^{a_{i,j}})$ 总共有 $2^k$ 中可能的取值，即：$\sum_{j=1}^k \pm w_i$，现在我们想对于每种取值求出其出现次数。

令 $T\subseteq {1,2,\cdots k} $，且若 $T$ 的第 $i$ 位为 $0$ 就令 $w_i$ 的系数为$1$ 否则为 $0$ 。每种状态看作集合 $T$，令其出现次数为$c_{S,T}$。

令 $G_T=\sum_{i=1}^nx^{\bigoplus_{j\in T} a_{i,j}}$，考虑 $[x^S]FWT(G_*)$ 与 $c_{S,*}$ 的关系，应该有 $FWT(G_T)=\sum_{V}C(T,V)c_V$ 讨论其系数发现 $C(T,V)=(-1)^{|T\cap S|}$ 这与 FWT 的系数正好相同。即$[x^S]FWT(G_*)$ 是 $c_{S,*}$ 的 FWT，想求 $c$ 就对 $T$ 进行 IFWT 就行了。

复杂度 $\mathcal O(n2^k+2^{m+k})$，其中 $m$ 表示 $a_{i,j}$ 表示的集合大小，即 $a_{i,j}\in\{0,1,\cdots 2^m-1\}$

P4221 [WC2018] 州区划分 - 洛谷

半半在线子集卷积模板

由于子集卷积 $f_S=c_S\sum_{T\subseteq S,T\ne \emptyset}f_{S\setminus T}g_T$ 中 $|T|<|S|$，所以完全可以仿照普通子集卷积的方式按照 $|S|$ 的大小转移。