集合并卷积的三种求法(分治乘法，快速莫比乌斯变换(FMT)，快速沃尔什变换(FWT))

也许更好的阅读体验

本文主要内容是对武汉市第二中学吕凯风同学的论文《集合幂级数的性质与应用及其快速算法》的理解

定义

集合幂级数

为了更方便的研究集合的卷积，引入集合幂级数的概念
集合幂级数也是形式幂级数的一种，只是集合的一种表现形式，无需考虑收敛或发散的含义

定义一个集合 $S$ 的集合幂级数为 $f$ ，那么我们就可以把集合 $S$ 表示为如下形式

$\begin{array}{r}f=\sum _{T\subseteq S}{f}_T\cdot x^T\end{array}$
$f_T$为$T$这个集合幂级数的系数
简单来说就是用二进制表示集合的元素是否存在，并将其写成多项式的形式

约定

$c=\left(a,b\right)$表示将$a,b$连起来组成$c$
为了方便，将$f\ast g$写成$fg$

卷积运算

加法

$\begin{array}{r}h=f+g\end{array}$
那么
$h_S=f_S+g_S$

减法

$\begin{array}{r}h=f-g\end{array}$
那么
$h_S=f_S-g_S$

乘法

$\begin{array}{r}h=f\ast g\end{array}$
那么
$\begin{array}{r}{h}_S=\sum _{i\circ j\subseteq S}{f}_i\times g_j\end{array}$
其中$\circ$可以是与，或，异或运算

集合并卷积 就是$\circ$进行或运算
子集卷积 就是$\circ$进行与运算
集合对称差卷积 就是$\circ$进行异或运算

---

快速求法

加法和减法都可以在$O(n)$时间复杂度内求出结果
对乘法，有一些优化的算法，以集合并卷积为例

分治

设$f$有$2^n$项
考虑将其集合幂级数的第$n$个元素提出来
则$f=f^{-}+x^{\{n\}}{f}^{+}$，可以知道$f^{-}$为前$2^{n-1}$项，$f^{+}$为后$2^{n-1}$项即$f^{-}$的第$n$个元素在二进制下为$0$，$f^{+}$的第$n$个元素在二进制下为$1$
$\begin{array}{rl}fg& =\left(f^{-}+x^{\{n\}}{f}^{+}\right)\left(g^{-}+x^{\{n\}}{g}^{+}\right)\\ & =f^{-}{g}^{-}+x^{\{n\}}\left(f^{-}{g}^{+}+f^{+}{g}^{-}+f^{+}{g}^{+}\right)\\ & =f^{-}{g}^{-}+x^{\{n\}}\left(\left(f^{-}+f^{+}\right)\left(g^{-}+g^{+}\right)-f^{-}{g}^{-}\right)\end{array}$
这样计算$fg$就只要计算$f^{-}{g}^{-}$和$\left(f^{-}+f^{+}\right)\left(g^{-}+g^{+}\right)$了
此时已经没有$n$这个元素了
于是我们可以递归分治求解$fg$
时间复杂度$O\left(n{2}^n\right)$

$\mathcal{C}ode$

void fold (int *f,int *g,int *h,int hlen)//hlen -> half len
{
	if (hlen==1)	return void(h[0]=f[0]*g[0]);
	for (int i=0;i<hlen;++i)	f[i+hlen]+=f[i],g[i+hlen]+=g[i];
	fold(f,g,h,hlen>>1),fold(g+hlen,g+hlen,h+hlen,hlen>>1);
	for (int i=0;i<hlen;++i)	f[i+hlen]-=f[i],g[i+hlen]-=g[i];
}

快速莫比乌斯变换(FMT)

对于一个集合幂级数$f$，我们定义其快速莫比乌斯变换为集合幂级数$f$,使其系数满足
$\begin{array}{r}{f}_S=\sum _{T\subseteq S}{f}_T\end{array}$

由容斥原理，我们可以得到
$\begin{array}{r}{f}_S=\sum _{T\subseteq S}{\left(-1\right)}^{|S|-|T|}{f}_T\end{array}$

考虑乘法$h=fg$
$\begin{array}{rl}{h}_s& =\sum _{i\subseteq S}\sum _{j\subseteq S}{f}_i{g}_j\\ & =\left(\sum _{i\subseteq S}{f}_i\right)\left(\sum _{j\subseteq S}{g}_j\right)\\ & =f_S{g}_S\end{array}$

那么，现在我们知道想办法怎么求$f$和$g$，然后把它们的系数乘起来，就可以得到$h$
然后再将其反演得到$f$(因为容斥是肯定会超时的)

考虑递推
我们设$f_S^{\left(i\right)}$使其满足
$\begin{array}{r}{f}_S^{\left(i\right)}=\sum _{T\subseteq S}\left[\left(S-T\right)\subseteq \left\{1,2,\dots ,i\right\}\right]f_T\end{array}$
即若$i+1\sim n$有元素属于$S$，则必须要选择，而$1\sim i$中的元素可有可无
那么我们最终的$f_S=f_S^{\left(n\right)}$，所有的元素都是可有可无的，即它的子集都被包含在内了
考虑第$S$中有没有$i$这个元素

• 没有，则$f_S^{\left(i\right)}=f_S^{\left(i-1\right)}$
• 有，那么$f_S^{\left(i\right)}=f_S^{\left(i-1\right)}+f_{S-i}^{\left(i-1\right)}$，$S-i$表示从$S$这个集合中去掉$i$这个元素，这个式子的后两项前者是第$i$个元素一定被选了，后者则是第$i$个元素一定没有被选

而要将其反演，我们考虑其逆过程，只需将所有加上来的全部减去即可

时间复杂度$O\left(n{2}^n\right)$

$\mathcal{C}ode$

上面做法都是二维数组
考虑先枚举$i$再算所有$S$的答案，只需一维数组即可

void FMT (int *a,int n)//n个元素
{
	int all=1<<n;
	for (int i=0;i<n;++i)
		for (int j=0;j<all;++j)
			if (j>>i&1)	a[j]+=a[j^(1<<i)];
}

void IFMT (int *a,int n)//n个元素
{
	int all=1<<n;
	for (int i=0;i<n;++i)
		for (int j=0;j<all;++j)
			if (j>>i&1)	a[j]-=a[j^(1<<i)];
}

快速沃尔什变换(FWT)

我们发现，在进行分治算法中，只需保留出$f^{-},g^{-}$，$\left(f^{-}+f^{+}\right),\left(g^{-}+g^{+}\right)$就可以算出答案了
可惜递归的常数相对来说太大，我们考虑将其写成循环的形式就可以得到$FWT$了

若不考虑分治写成循环，我们换一种方法理解$FWT$，当然，这是另一种思路了，上面将递归改成循环的思路是正确的
上面的$f=f^{-}+f^{+}$，我们是始终让其满足这个条件的，所以在后面还减去了一个$f^{-}{g}^{-}$
让我们跳出思维的局限，弄这么一个$f^{\prime },g^{\prime }$使其满足$(fg{)}^{\prime }=f^{\prime }{g}^{\prime }$，这样我们只要计算$f^{\prime }{g}^{\prime }$，然后把它反演一下就可以得到$fg$
这里呢
$f^{\prime }=\left(f^{-},f^{-}+f^{+}\right)$
为什么这样就可以呢
考虑$(fg{)}^{\prime }$，根据上面的推导
${\left(fg\right)}^{\prime }=\left(f^{-}{g}^{-},\left(f^{-}+f^{+}\right)\left(g^{-}+g^{+}\right)\right)$
再考虑$f^{\prime }{g}^{\prime }$
$f^{\prime -}{g}^{\prime -}=f^{-}{g}^{-}$
$f^{\prime +}{g}^{\prime +}=\left(f^{-}+f^{+}\right)\left(g^{-}+g^{+}\right)$
所以这样是可以的
于是我们可以得到
$f^{\prime }=\left(f^{-},f^{-}+f^{+}\right)$
然后称这样的$f^{\prime }$叫做沃尔什变换
$FWT\left(f\right)=FWT\left(f^{-},f^{-}+f^{+}\right)$

反演也很简单
即将多算的$f^{-}$减去即可

$\mathcal{C}ode$

void FWT (int *a,int n)
{
	for (int len=2;len<=n;len<<=1)
		for (int i=0,hlen=len>>1;i<n;i+=len)
			for (int j=i,k=j+hlen;j<k;++j)
				a[j+hlen]+=a[j];
}

void IFWT (int *a,int n)
{
	for (int len=2;len<=n;len<<=1)
		for (int i=0,hlen=len>>1;i<n;i+=len)
			for (int j=i,k=j+hlen;j<k;++j)
				a[j+hlen]-=a[j];
}

时间复杂度$O\left(n{2}^n\right)$

如有哪里讲得不是很明白或是有错误，欢迎指正
如您喜欢的话不妨点个赞收藏一下吧
如能得到推荐博主就更开心了
您的鼓励是博主的动力