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萝莉控都能看懂的sosdp

news 2025/10/3 15:48:11

萝莉控都能看懂的sosdp

Sum Over Subsets DP

前置知识：容斥原理，莫比乌斯反演，状压dp，分治。

背景

给定一个集合\(U\)。定义函数$F,G:\mathcal{P}(U)\rightarrow R $，且

\[G(K)=\sum_{L\subseteq K }F(L)\qquad (K\subseteq U) \]

求所有的\(G(K)\)

考虑容斥，在仅有两个元素时有：

\[\begin{aligned} G(\phi)&=F(\phi)\\ G(\{x_1\})&=F(\{x_1\})+F(\phi)\\ G(\{x_2\})&=F(\{x_2\})+F(\phi)\\ G(\{x_1,x_2\})&=F(\{x_1,x_2\})+G(\{x_1\})+G(\{x_2\})-G(\phi) \end{aligned} \]

推广到\(n\)元，即容斥原理有

\[F(S)=\sum_{K\subseteq S} (-1)^{|S|-|K|}G(K) \]

即

\[G(S)=F(S)+\sum_{K\subset S}(-1)^{|S|-|K|+1}G(K) \]

通过枚举子集

for(int j=st;j;j=(j-1)&st)

时间复杂度为\(O(3^n)\)。

我们对每一个元素是否存在用一个二进制位表示：

先对二维尝试

\[G_{1,1}=F_{1,1}+G_{1,0}+G_{0,1}-G_{0,0} \]

不难发现这就是一个二维前缀和。

如果把一个元素看成一个维度的话，发现其本质就是一个\(n\)维前缀和的问题。

高维前缀和

下面介绍高维度前缀和如何求。下面都默认读入了初值。

二维前缀和

通常的做法是容斥，但是可以考虑分维度计算。

for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=1;j<=n;++j){a[i][j]+=a[i-1][j];}
}
for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=1;j<=n;++j){a[i][j]+=a[i][j-1];}
}

考虑状态压缩，以行序为主，将其依次映射到\(0 \sim n^2-1\)

就有

for(int i=0;i<2;++i){for(int j=0;j<n*n;++j){if(i==0){if(j%n!=0) f[j]+=f[j-1];}else {if((j/n)%n!=0) f[j]+=f[j-n];}}
}

高维前缀和

类似地有：

int pw[]={1,n,n*n,n*n*n,.....}
for(int i=0;i<d;++i){for(int j=0;j<pw[d];++j){if((j/pw[i])%n!=0) f[j]+=f[j-pw[i]];}
}

时间复杂度为\(O(维数\times 状态数)\)

SOSDP

实际上上述前缀和相当于定义一个偏序关系\((V,\le)\)，\(V\)是\(n\)维向量的集合，若\(a=(a_1,a_2,...,a_n),b=(b_1,b_2,...,b_n)\)

\(a\le b \iff \forall (1\le i\le n) a_i\le b_i\)，那么\(F,G:V\rightarrow R\)，其中\(F(v)=a[v]\)

\[G(v)=\sum_{x\le v}F(x) \]

与我们最初的问题本质是一样的。

事实上，这就是每一维大小为2的n维前缀和。

用二进制压缩集合后，对于集合\(A,B\)，用向量\(a(a_1,a_2,\cdots,a_n),b(b_1,b_2,\cdots,b_n)\)表示其二进制，有

\[A\subseteq B \iff a\le b \]

我们成功将包含关系转化成了和高维前缀和一样的偏序关系。因此：

代码模板

for(int i=0;i<(1ll<<n);++i) f[i]=a[i];
for(int i=0;i<n;++i){for(int j=0;j<(1ll<<n);++i){if((j>>i)&1) f[j]+=f[j^(1ll<<i)];}
}

时间复杂度\(O(n 2^n)\)

高维差分

即由\(G \to F\)。考虑上面的代码，显然我们只需要将循环全部反向，并变成减号就行。

特别地，sosdp直接变号即可。

高维后缀和

即

\[G(K)=\sum_{K\subseteq L }F(L)\qquad (K\subseteq U) \]

全取补集即可变成前缀和。

狄利克雷前缀和

\[G(n)=\sum_{d|n} F(d) \]

朴素的做法是

for(int i = 1; i <= n; ++ i) {for(int j = 1; j * i <= n; ++ j) {G[i * j] += F[j];}
}

时间复杂度为\(O(n\log n)\)

根据算数基本定理，我们可以

\[n=\prod_{i=1}^{t} p_i^{k_i} \]

因此可以将\(d|n\)转化为更简单的偏序关系即

\[a|b \iff \vec{k_a} \le \vec{k_b} \]

然后就变成了高位前缀和。

有

\[\begin{aligned} G(n)&=\sum_{d|n} F(d)\\ &=\sum_{i_1=0}^{k_1}\cdots\sum_{i_t}^{k_t} F\left(\prod_{j=1}^{t}p_j^{i_j} \right)\\ &=\sum_{i_1=0}^{k_1}\cdots\sum_{i_t}^{k_t} F\left(\frac{n}{\prod_{j=1}^{t}p_j^{i_j}} \right) \end{aligned} \]

令

\[H(n,x)=\sum_{i_1=0}^{k_1}\cdots\sum_{i_x}^{k_x} F\left(\frac{n}{\prod_{j=1}^{x}p_j^{i_j}} \right) \]

若\(k_x>0\)

\[\begin{aligned} H(n,x+1)&=\sum_{i_1=0}^{k_1}\cdots\sum_{i_{x+1}=0}^{k_{x+1}} F\left(\frac{n}{\prod_{j=1}^{x+1}p_j^{i_j}} \right)\\ &=\sum_{i_{x+1}=0}^{k_{x+1}} \sum_{i_1=0}^{k_1}\cdots F\left(\frac{n}{\prod_{j=1}^{x+1}p_j^{i_j}} \right)\\ &=\sum_{i_{x+1}=0}^{k_{x+1}} H\left(\frac{n}{p_{x+1}^{i_{x+1}}},x \right)\\ &=H(n,x)+\sum_{i_{x+1}=1}^{k_{x+1}} H\left(\frac{n}{p_{x+1}^{i_{x+1}}},x \right)\\ &=H(n,x)+\sum_{i_{x+1}=0}^{k_{x+1}-1} H\left(\frac{\frac{n}{p_{x+1}}}{p_{x+1}^{i_{x+1}}},x \right)\\ &=H(n,x)+H\left(\frac{n}{p_{x+1}},x+1 \right) \end{aligned} \]

// cnt：素数个数
for(int x = 1; x <= cnt && primes[x] <= n; ++ x) {for(int j = 1; j * primes[i] <= n; ++ j) {H[j * primes[i]] += H[j];}
}

只要\(x\)充分大。显然有

\[G(n)=H(n) \]

这个双重循环的总体工作量是：

\[\sum_{x=1}^{\pi(n)} \Bigl\lfloor \frac{n}{p_x} \Bigr\rfloor \]

其中 \(p_x\) 表示第 \(x\) 个素数，\(\pi(n)\) 是不超过 \(n\) 的素数个数。

  • 对于固定的素数 \(p\)，内层循环执行次数约为 \(\lfloor n/p\rfloor\)。

  • 因此总复杂度

    \[ T(n)\approx \sum_{p\le n} \frac{n}{p}= n\sum_{p\le n}\frac1p. \]

  • 根据数论中的素数倒数调和级数估计，有

    \[ \sum_{p\le n}\frac1p = \ln\ln n + O(1). \]

于是

\[T(n) = n\bigl(\ln\ln n + O(1)\bigr) = O\bigl(n\ln\ln n\bigr). \]

这段代码时间复杂度为\(O(n\log \log n)\)。

观察这个代码实际上是就是在做高维前缀和。

狄利克雷后缀和

\[G(d)=\sum_{d|n} F(n) \]

类似地可以推出

\[H(d,x+1)=H(d,x)+H(dp_{x+1},x+1) \]

for(int i = 1; i <= cnt && primes[i] <= n; ++ i) {for(int j = n / primes[i]; j ; -- j) {H[j] += H[j * primes[i]];}
}

逆狄利克雷前缀和

就是感觉前缀和的柿子，反解\(F\)。

这相当于进行高维差分。

for(int i = cnt; i ; -- i) {for(int j = n / primes[i]; j ; -- j) {H[j * primes[i]] -= H[j];}
}

逆狄利克雷后缀和

高维差分

for(int i = cnt; i ; -- i) {for(int j = 1; j * primes[i] <= n; ++ j) {H[j] -= H[j * primes[i]];}
}

快速莫比乌斯变换（FMT，或卷积，与卷积，gcd卷积，lcm卷积，子集卷积）

注意下面如果将集合突然换成了数字，就是用二进制数表示了集合。

FMT 可以处理按位与、按位或等的卷积。

如有集合上的函数\(F,G,H\)，求出

\[H(\mathcal{S})=\sum_{\mathcal{I} \bigcup \mathcal{J}=\mathcal{S}} F(\mathcal{I}) G(\mathcal{J}) \]

如果我们能找到一种变化，使得

\[FMT(H)_i= FMT(F)_i \times FMT(G)_i \]

就好了。

回忆一下这篇文章的标题，我们考虑做高维前缀和。

令

\[\hat{F}_i=\sum_{k\subseteq i} F_k\quad \ \]

其他函数同理。

有

\[\begin{aligned} \hat{H}_i&=\sum_{k\subseteq i} H_k\\ &=\sum_{k\subseteq i} \sum_{x \or y=k}F_x G_y \\ &=\sum_{x\or y \subseteq i} F_xG_y \\ &=\left( \sum_{x\subseteq i}F_x \right) \left( \sum_{y\subseteq i} F_y\right) \\ &=\hat{F}_i\times \hat{G}_i \end{aligned} \]

最后对做一次高维差分即可还原。

对称地，容易发现对于与卷积，做高维后缀和即可。

对于gcd卷积做狄利克雷后缀和，lcm卷积做狄利克雷前缀和。

证明完全类似。

实际上，gcd就是整除关系里的与，lcm就是整除关系里的或。

子集卷积

\[H_i=\sum_{j \or k=i ,j\and k=0} F_j G_k \]

注意到\(j \and k= 0 \iff |j|+|k|=|j\or k|\)

如果我们将\(F_{j}\)根据 \(|j|\)分开，即这3个函数，每个划分为\(n\)个函数。从而有

\[H_z=\sum_{x+y=z}F_x or G_{y} \]

将每一个 \(H_z\)求出来即可。

快速沃尔什变换（FWT，异或卷积）

实际上FWT同样可以做或卷积和与卷积，但比较难写。因此一般只会在FMT不能做的地方写，即异或卷积。

这里是不是跑题跑得太偏了？ 所以关于FWT的更多作用就不在这里写了。

定义

\[x \circ y=\text{popcount}(x \and y) \mod 2 \]

那么有

\[(x \circ y)\oplus (x \circ z)=x\circ (y \oplus z) \]

这相当于

简要证明一下,\(x \and y\)和\(x \and z\)同奇偶，那么右式可以在x含有的元素里面考虑，\(y \oplus z\)元素个数为2（奇/偶）-2（奇/偶），为偶数。

构造

\[\hat{F}_i=\sum_{i\circ j=0} a_j-\sum_{i\circ j=1} a_j \]

有

\[\begin{aligned} \hat{H}_i&=\sum_{i\circ j=0}H_j-\sum_{i\circ j=1}H_j\\ &=\sum_{i\circ j=0}\sum_{x\oplus y=j}F_x G_y-\sum_{i\circ j=1}\sum_{x\oplus y=j}F_x G_y\\ &=\sum_{i \circ(x\oplus y)=0} F_xG_y-\sum_{i \circ(x\oplus y)=1} F_xG_y\\ &=\sum_{(i \circ x)\oplus(i \circ y)=0} F_xG_y-\sum_{(i \circ x)\oplus(i \circ y)=1} F_xG_y\\ &=\sum_{(i \circ x=0)\and(i \circ y=0)} F_xG_y+\sum_{(i \circ x=1)\and(i \circ y=1)} F_xG_y-\sum_{(i \circ x=0)\and(i \circ y=1)} F_xG_y-\sum_{(i \circ x=1)\and(i \circ y=0)} F_xG_y\\ &=\left(\sum_{(i \circ x=0)}F_x\right) \left( \sum_{(i \circ y=0)} G_y \right)+\left(\sum_{(i \circ x=1)}F_x\right) \left( \sum_{(i \circ y=1)} G_y \right) -\left(\sum_{(i \circ x=0)}F_x\right) \left( \sum_{(i \circ y=1)} G_y \right)-\left(\sum_{(i \circ x=1)}F_x\right) \left( \sum_{(i \circ y=0)} G_y \right)\\ &=\left( \sum_{i\circ{x}=0} F_x-\sum_{i\circ x=1}F_x \right) \times \left( \sum_{i\circ{y}=0} G_y-\sum_{i\circ y=1}G_y \right) \\ &=\hat{F}_i \times \hat{G}_i \end{aligned} \]

现在问题就变成了如何快速变换。

分治构造。

\[FWT(A)=merge(FWT[A_0]+FWT[A_1],FWT[A_0]-FWT[A_1]) \]

\(A_0,A_1\)会去掉当前位。

若当前位为0，则根本不影响答案。

若为1，对后半部分操作时，去掉这一位应该取个负号。

FMT and FWT模板代码

template<class T>
struct Convo {// 快速幂long long qpow(long long a, long long b) const {long long res = 1;while (b) {if (b & 1) res = res * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;}// SOS 前缀和void sos_prefix(vector<T>& f, int n) {int N = 1 << n;for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int mask = 0; mask < N; ++mask) {if (mask & (1 << i)) {f[mask] = (f[mask] + f[mask ^ (1 << i)]) % mod;}}}}// SOS 逆void sos_inverse(vector<T>& f, int n) {int N = 1 << n;for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int mask = 0; mask < N; ++mask) {if (mask & (1 << i)) {f[mask] = (f[mask] - f[mask ^ (1 << i)] + mod) % mod;}}}}// SOS 后缀和void sos_suffix(vector<T>& f, int n) {int N = 1 << n;for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int mask = 0; mask < N; ++mask) {if (!(mask & (1 << i))) {f[mask] = (f[mask] + f[mask | (1 << i)]) % mod;}}}}// SOS 后缀逆void sos_suffix_inverse(vector<T>& f, int n) {int N = 1 << n;for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int mask = 0; mask < N; ++mask) {if (!(mask & (1 << i))) {f[mask] = (f[mask] - f[mask | (1 << i)] + mod) % mod;}}}}// 线性筛及 Möbiusvector<int> primes, mu;vector<bool> is_comp;void init_sieve(int N) {mu.assign(N + 1, 1);is_comp.assign(N + 1, false);for (int i = 2; i <= N; ++i) {if (!is_comp[i]) {primes.push_back(i);mu[i] = -1;}for (int p : primes) {if ((long long)i * p > N) break;is_comp[i * p] = true;mu[i * p] = (i % p == 0 ? 0 : -mu[i]);if (i % p == 0) break;}}}// Dirichlet 前缀和void dirichlet_prefix(vector<T>& F, int n) {for (int p : primes) {if (p > n) break;for (int i = 1; i * p <= n; ++i) {F[i * p] = (F[i * p] + F[i]) % mod;}}}// Dirichlet 前缀逆void dirichlet_prefix_inverse(vector<T>& G, int n) {for (int i = (int)primes.size() - 1; i >= 0; --i) {int p = primes[i];if (p > n) continue;for (int j = 1; j * p <= n; ++j) {G[j * p] = (G[j * p] - G[j] + mod) % mod;}}}// Dirichlet 后缀和void dirichlet_suffix(vector<T>& F, int n) {for (int p : primes) {if (p > n) break;for (int i = n / p; i >= 1; --i) {F[i] = (F[i] + F[i * p]) % mod;}}}// Dirichlet 后缀逆void dirichlet_suffix_inverse(vector<T>& H, int n) {for (int i = (int)primes.size() - 1; i >= 0; --i) {int p = primes[i];if (p > n) continue;for (int j = n / p; j >= 1; --j) {H[j] = (H[j] - H[j * p] + mod) % mod;}}}// OR 卷积void OR(vector<T>& F, vector<T>& G, int n) {sos_prefix(F, n);sos_prefix(G, n);int N = 1 << n;for (int i = 0; i < N; ++i) F[i] = (long long)F[i] * G[i] % mod;sos_inverse(F, n);}// AND 卷积void AND(vector<T>& F, vector<T>& G, int n) {sos_suffix(F, n);sos_suffix(G, n);int N = 1 << n;for (int i = 0; i < N; ++i) F[i] = (long long)F[i] * G[i] % mod;sos_suffix_inverse(F, n);}// GCD 卷积void GCD(vector<T>& F, vector<T>& G, int n) {dirichlet_suffix(F, n);dirichlet_suffix(G, n);for (int i = 1; i <= n; ++i) F[i] = (long long)F[i] * G[i] % mod;dirichlet_suffix_inverse(F, n);}// LCM 卷积void LCM(vector<T>& F, vector<T>& G, int n) {dirichlet_prefix(F, n);dirichlet_prefix(G, n);for (int i = 1; i <= n; ++i) F[i] = (long long)F[i] * G[i] % mod;dirichlet_prefix_inverse(F, n);}// 子集卷积void SUBSET(vector<T>& A, vector<T>& B, int n) {int N = 1 << n;vector<vector<T>> f(n + 1, vector<T>(N)), g(n + 1, vector<T>(N));for (int mask = 0; mask < N; ++mask) {int pc = __builtin_popcount(mask);f[pc][mask] = A[mask];g[pc][mask] = B[mask];}for (int i = 0; i <= n; ++i) {sos_prefix(f[i], n);sos_prefix(g[i], n);}vector<vector<T>> h(n + 1, vector<T>(N));for (int mask = 0; mask < N; ++mask) {for (int i = 0; i <= n; ++i) {long long sum = 0;for (int j = 0; j <= i; ++j) {sum += (long long)f[j][mask] * g[i - j][mask] % mod;}h[i][mask] = sum % mod;}}for (int i = 0; i <= n; ++i) sos_inverse(h[i], n);for (int mask = 0; mask < N; ++mask) A[mask] = h[__builtin_popcount(mask)][mask];}// FWT 异或卷积void FWT(vector<T>& F, int n, bool inverse = false) {int N = 1 << n;for (int len = 1; len < N; len <<= 1) {for (int i = 0; i < N; i += len << 1) {for (int j = 0; j < len; ++j) {T u = F[i + j], v = F[i + j + len];F[i + j] = (u + v) % mod;F[i + j + len] = (u - v + mod) % mod;}}}if (inverse) {long long inv = qpow(N, mod - 2);for (int i = 0; i < N; ++i) F[i] = (long long)F[i] * inv % mod;}}// 异或卷积接口void XOR(vector<T>& F, vector<T>& G, int n) {FWT(F, n, false);FWT(G, n, false);int N = 1 << n;for (int i = 0; i < N; ++i) F[i] = (long long)F[i] * G[i] % mod;FWT(F, n, true);}
};

例题

E. Compatible Numbers

将\(a_i\)看成集合的二进制表达，如果\(a_i\&a_j=0\) 。如果我们对\(a_i\)异或全集，那么满足条件的就会是其子集。希望合并其所有子集的信息，可以利用SOSDP的思想。

int f[4200000];
const int U=4194303;
void solve() {int n;cin>>n;vector<int> a(n+1);for (int i=0;i<(1ll<<22);++i) f[i]=-1;for (int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i],f[a[i]]=a[i];for (int i=0;i<22;++i) {for (int j=0;j<(1ll<<22);++j) {if ((j>>i)&1 and f[j^(1ll<<i)]!=-1 and f[j]==-1) {f[j]=f[j^(1ll<<i)];}}}for (int i=1;i<=n;++i) cout<<f[U^a[i]]<<" \n"[i==n];
}

E - Or Plus Max

我们只需要考虑等于\(K\)的情况，而\(i,j\)为其子集。那么显然用sosdp维护其最大值，次大值即可。

pair<int,int> MAX(pair<int,int> x,pair<int,int> y) {if (x.first<y.first) swap(x.first,y.first);x.second=max(x.second,y.first);return x;
}void solve() {int n;cin>>n;int maxn=1ll<<n;vector<pair<int,int>> f(maxn,{-1,-1});for (int i=0;i<maxn;++i) cin>>f[i].first;for (int i=0;i<n;++i) {for (int j=0;j<maxn;++j) {if ((j>>i)&1) {f[j]=MAX(f[j],f[j^(1ll<<i)]);}}}int ans=0;for (int i=1;i<maxn;++i) {ans=max(ans,f[i].first+f[i].second);cout<<ans<<"\n";}
}

E. Vowels

用二进制表示。合法单词当且仅当&不为0。不太好算，但可以直接计算不合法的单纯，就和第一题一样了。

D. Jzzhu and Numbers

计算and起来等于某个数比较困难，考虑计算其后缀和，即and起来的数是x的超集，然后再差分即可。而这个东西可以通过计算包含x的元素个数简单的计算。

const int U=1048575;
void solve() {int n;cin>>n;vector<i64> f(1100000,0),p(n+1,0);p[0]=1;for (int i=1;i<=n;++i) p[i]=2ll*p[i-1]%mod;for (int i=1;i<=n;++i) {int x;cin>>x;f[x]++;}Convo<i64> conv;conv.sos_suffix(f,20);for (int i=0;i<(1ll<<20);++i) f[i]=(1ll*p[f[i]]-1ll+mod)%mod;conv.sos_suffix_inverse(f,20);cout<<f[0]<<"\n";
}

E. Boolean Function

对于这种未确定的表达式计数问题，我们一般可以建立表达式树。然后在树上dp。

定义\(dp[i][j]\)为当前第\(i\)个节点，n个答案为j的方案数。有

\[dp[i][j]=\sum_{x \odot y=j} dp[a][x]\cdot dp[b][y] \]

再利用FMT计算即可。

const int T=16;
vector<int> g[300];
int fa[300];
char ch[400];
i64 f[400][1ll<<T];void solve() {string s;cin>>s;int now=1,tot=1;for (auto c:s) {if (c=='(') {g[now].push_back(++tot),fa[tot]=now,now=tot;}else if (c==')') {now=fa[now];}else {ch[now]=c;}}int n;cin>>n;vector<array<bool,5>> Info(n);int res=0;for (int i=0;i<n;++i) {auto &[a,b,c,d,r]=Info[i];cin >> a >> b >> c >> d >> r;if (r) res|=(1ll<<i);}int maxn=1ll<<n;Convo<i64> conv;function<void(int)> dfs=[&](int x){if (g[x].empty()) {if (ch[x]=='?') {for (int i=0;i<4;++i) {int S=0;for (int j=0;j<n;++j) if (Info[j][i]) S|=(1ll<<j);f[x][S]++,f[x][((1ll<<n)-1)^S]++;}}else {int opt=0,t=ch[x]-'A';if (islower(ch[x])) opt=1,t=ch[x]-'a';int S=0;for (int i=0;i<n;++i) if (Info[i][t]^opt) S|=(1ll<<i);f[x][S]=1;}return ;}int a=g[x][0],b=g[x][1];dfs(a),dfs(b);if (ch[x]=='&' or ch[x]=='?') {vector<i64> F(maxn),G(maxn);for (int i=0;i<maxn;++i) F[i]=f[a][i],G[i]=f[b][i];conv.AND(F,G,n);for (int i=0;i<maxn;++i) f[x][i]=(f[x][i]+F[i])%mod;}if (ch[x]=='|' or ch[x]=='?') {vector<i64> F(maxn),G(maxn);for (int i=0;i<maxn;++i) F[i]=f[a][i],G[i]=f[b][i];conv.OR(F,G,n);for (int i=0;i<maxn;++i) f[x][i]=(f[x][i]+F[i])%mod;}};dfs(1);cout<<f[1][res]<<"\n";
}

P4717 【模板】快速莫比乌斯/沃尔什变换 (FMT/FWT)

直接套板子。

P6097 【模板】子集卷积

参考文献

Troverld的博客

OIwiki

http://www.sczhlp.com/news/9564/

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