FWT泛做

最近复习重新学习了一下FWT，然后做了一些乱七八糟的题目。。
我们约定:下文中的$\oplus$表示异或符号,$\cap$代表按位与，$\cup$代表按位或，$cnt[i]$ 表示 $i$ 二进制上 $1$ 的个数，带*标记的为好题集

顺便提一下$O(n^2{2}^n)$做子集卷积的方法，即求$H[S]={\sum }_{i\cup j=S,i\cap j=0}F[i]G[j]$。为了保证交起来为空集，枚举$F,G$的元素个数$a,b$，FWT之后只取元素个数为$a+b$的值。

再顺便提一下，异或卷积的集合幂级数表达，也就是它正变换其实是 $F[S]={\sum }_T(-1{)}^{|S\cap T|}f[T]$

HDU5909 Tree Cutting

HDU

对于一个选择方案，我们仅在深度最小的那个节点上计算。设$f[i][x]$表示i号节点上，异或和为x的方案数。不难得到转移方程：
$f[u][i]={\sum }_{j\oplus k}f[u][j]\ast f[v][k]$
用fwt优化之。
时间复杂度$O(nv\log v)$

BZOJ4589 Hard Nim

BZOJ

不难想到用$f[x]$表示局面异或和为x的方案数，每堆石子都是等价的，所以就是n次方，快速幂即可
时间复杂度$O(m\log m\log n)$

Codeforces 662C*

Codeforces

一道还挺有意思的题。注意到n很小，所以考虑把每一列上的数状压成一个整数。如果我们枚举了一个行的异或方案，那么每一列上就有唯一确定的权值，即要么全选0，要么全选1。考虑一个行的异或方案，就相当于是把每一列xor上一个数。那么我们可以构造$a_i$表示有多少条列的状态为$i$,$b_i$表示状态i的最小代价。

$$ans(s)=\sum _{i\oplus s=j}{a}_i{b}_j$$
由于异或满足交换律，那么有
$$ans(s)=\sum _{i\oplus j=s}{a}_i{b}_j$$
用fwt优化之，时间复杂度$O(n{2}^n)$

HAOI2015 按位或

BZOJ

首先要说明的一点是我们一般用$\overline{S}$来表示S的补集。
可以考虑min-max容斥，然后我们要求的就是$A[S]={\sum }_{S\cap T}P[T]$
但是这个不好限制转化一下，考虑到$\sum P[S]=1$，那么就有$A[S]=1-{\sum }_{T\subseteq \overline{S}}P[T]$。后面的做一遍高维前缀和即可
时间复杂度$O(n{2}^n)$

SPOJ kosare

鉴于spoj老挂，所以洛谷

用$F[S]$表示选取的盒子并起来是S的子集的方案数，那么就可以子集反演得到恰好为S的子集的方案数。
设$f[S]$为盒子为S的子集的方案数，$F[s]=2^{f[S]}-1$，$f$用高维前缀和搞一搞即可。
由于最后只询问一个值，可以不必做子集反演，可以$O(n)$地扫一遍。
时间复杂度$O(m{2}^m+n)$

SPOJ TLE

洛谷

用$f[x]$表示考虑了前i个且以x结尾的方案数。不难得到转移方程
$f[i]={\sum }_{i\cap j=0}f[j]={\sum }_{j\subseteq \overline{i}}f[j]$
每次转移完暴力清空掉$c[i]$倍数的方案即可。
时间复杂度$O(nm{2}^m+nm)$

hihocoder1496 寻找最大值*

hihocoder

一道还挺有意思的题目，可以考虑枚举$i\cap j$的值$k$，那么我们就需要知道最优的$i,j$，那么当然是选最大的。
因为我们难以保证$i\cap j=k$，不妨放缩条件，维护$k$的超集中的最大和次大值。这样显然不会漏掉最大值，而也不可能有一个不合法的解超过最优值，因为这个不合法的解的$k$肯定偏小，那么必定存在一个相应的合法的解比它更大。
枚举超集用高维前缀和解决。
时间复杂度$O(v\log v)$

UOJ310 黎明前的巧克力

UOJ

题意：对于给定的数，可以划分至 $A$ 集合，或 $B$ 集合，或不选。求 $A,B$ 集合异或和为0，A,B集合不可同时为空的方案数。

考虑生成函数，对于一块值为 $a_i$ 巧克力来说即为 $2x^{a_i}+1$。那么答案是生成函数的异或卷积和的第 $0$ 位，再减 $1$ (同时为空集)。

但是暴力FWT会TLE。注意到生成函数仅有两项，且常数只有 $2$ 和 $1$ ，从正变换的表达 $F[S]={\sum }_T(-1{)}^{|S\cap T|}f[T]$ 来看，其实进行正变换之后只可能有两种取值 $3$ 或 $-1$。那么最后卷积结果的常数都是形如 $3^x(-1{)}^{n-x}$ ，如果能求出 $x$ 即可快速得到结果。

我们其实可以快速算出各个位上的和，即 $3x+(-1)(n-x)$ ，因为 $FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)$，由正变换表达式即可得证。那么把各个生成函数加起来，做一次正变换，解出 $x$ ，算出卷积结果再逆变换即可得到答案了。

时间复杂度$O(n+v\log v)$

HDU6057

HDU

$i\cup j=i\cap j+i\oplus j$，由此我们可以选择两个位运算，换掉第三个。

为了方便后面的计算，我们限制 $x=i\cup j,y=i\oplus j$，那么所有可能的数对 $(i,j)$ 一共有 $2^{cnt[y]}$ 个。这个可以按位来计数，当 $y$ 二进制下某一位为 $1$ 时，$(i,j)$ 中有且仅有一个这一位也为 $1$，其他情况下则必须和 $x$ 的二进制位相同。

$$c[k]=\sum _{x-y=k}[y\subseteq x]A[y]B[x]2^{cnt[y]}$$

$$c[k]=\sum _{x\oplus y=k}[cnt[x]-cnt[y]=cnt[k]]B[x]\times A[y]2^{cnt[y]}$$

只需要枚举 $cnt[k]$，剩下就类似于子集卷积的处理方法了，分组即可做到 $O(m^2{2}^m)$。