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))

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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

\(\begin{aligned}f=\sum _{T\subseteq S}f_{T}\cdot x^{T}\end{aligned}\)

\(f_T\)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\(f*g\)写成\(fg\)

卷积运算

加法

\(\begin{aligned}h=f+g\end{aligned}\)

那么

\(h_S=f_S+g_S\)

减法

\(\begin{aligned}h=f-g\end{aligned}\)

那么

\(h_S=f_S-g_S\)

乘法

\(\begin{aligned}h=f*g\end{aligned}\)

那么

\(\begin{aligned}h_S=\sum_{i∘j\subseteq S}f_i\times g_j\end{aligned}\)

其中\(∘\)可以是与，或，异或运算

集合并卷积 就是\(∘\)进行或运算

子集卷积 就是\(∘\)进行与运算

集合对称差卷积 就是\(∘\)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\(1\)

\(\begin{aligned}fg&=\left( f^-+x^{\{n\}}f^{+}\right) \left( g^{-}+x^{\{n\}}g^{+}\right)\\
&=f^-g^-+x^{\{n\}}\left( f^-g^{+}+f^{+}g^-+f^{+}g^{+}\right) \\
&=f^-g^-+x^{\{n\}}\left(\left(f^-+f^+\right)\left(g^-+g^+\right)-f^-g^-\right)
\end{aligned}\)

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\(O\left(n2^n\right)\)

\(\mathcal{Code}\)

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\(\widehat f\),使其系数满足

\(\begin{aligned}\widehat f_S=\sum_{T\subseteq S}f_{T}\end{aligned}\)

由容斥原理，我们可以得到

\(\begin{aligned}f_S=\sum_{T\subseteq S}\left(-1\right)^{|S|-|T|}\widehat f_T\end{aligned}\)

考虑乘法\(\widehat h=\widehat f\widehat g\)

\(\begin{aligned}\widehat h_{s}&=\sum _{i\subseteq S}\sum _{j\subseteq S}f_{i}g_{j}\\
&=\left(\sum _{i\subseteq S}f_i\right)\left(\sum _{j\subseteq S}g_{j}\right)\\
&=\widehat f_S \widehat g_S
\end{aligned}\)

那么，现在我们知道想办法怎么求\(\widehat f\)和\(\widehat g\)，然后把它们的系数乘起来，就可以得到\(\widehat h\)

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\(\widehat f_S^{\left(i\right)}\)使其满足

\(\begin{aligned}\widehat f_S^{\left(i\right)}=\sum _{T\subseteq S}\left[ \left( S-T\right) \subseteq \left\{ 1,2,\ldots ,i\right\} \right] f_{T}\end{aligned}\)

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\(\widehat f_S=\widehat f_S^{\left(n\right)}\)，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\(\widehat f_S^{\left(i\right)}=\widehat f_S^{\left(i-1\right)}\)
• 有，那么\(\widehat f^{\left( i\right) }_{S}=\widehat f^{\left( i-1\right) }_{S}+\widehat f^{\left( i-1\right) }_{S- i}\)，\(S-i\)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\(O\left(n2^n\right)\)

\(\mathcal{Code}\)

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\(f',g'\)使其满足\((fg)'=f'g'\)，这样我们只要计算\(f'g'\)，然后把它反演一下就可以得到\(fg\)

这里呢

\(f'=\left(f^-,f^-+f^+\right)\)

为什么这样就可以呢

考虑\((fg)'\)，根据上面的推导

\(\left(fg\right)'=\left(f^-g^-,\left(f^-+f^+\right)\left(g^-+g^+\right)\right)\)

再考虑\(f'g'\)

\(f'^-g'^-=f^-g^-\)

\(f'^+g'^+=\left(f^-+f^+\right)\left(g^-+g^+\right)\)

所以这样是可以的

于是我们可以得到

\(f'=\left(f^-,f^-+f^+\right)\)

然后称这样的\(f'\)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

\(\mathcal{Code}\)

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\(O\left(n2^n\right)\)

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