FMT 和 子集卷积

FMT 和 子集卷积

FMT

给定数列 $ a_{0dots 2^{k}-1} $ 求 $ b $ 满足 $ b_{s} = sum_{iin s} a_i $

实现方法很简单，

for( i in 0 to n-1 ) 
	for( j in 0 to 2^n-1)
		if( j & ( 1 << i ) ) 
			a[j] += a[j ^ ( 1 << i )]

然后称为 $ B = ext{FMT}(A) $ ，快速莫比乌斯变换

想要还原也很简单，把代码反着写：

for( i in n-1 downTo 0 ) 
	for( j in 2^n - 1 downTo 0)
		if( j & ( 1 << i ) ) 
			a[j] -= a[j ^ ( 1 << i )]

当然， $ i $ 的顺序可以是原来的顺序，因为按照哪个顺序枚举位根本不重要

同时，$ j $ 的顺序也不重要，考虑对于一个数字，它只有在当前枚举的位数为 1 的时候才被执行，所以就算已经枚举到这位是 0 的状态，它也不会被更新。

所以甚至只需要改个符号就是逆变换了

for( i in 0 to n-1 ) 
	for( j in 0 to 2^n-1)
		if( j & ( 1 << i ) ) 
			a[j] -= a[j ^ ( 1 << i )]

这样 $ A = ext{IFMT}( B ) $

FMT 可以写成 FFT 那样的形式，就不赘述了。

或卷积

或卷积就需要用到这个东西。

或卷积是指：

[C_s = sum_{i|j=s} A_i B_j ]

有一个结论， $ ext{FMT}(C) = ext{FMT}(A) cdot ext{FMT}(B) $ ，其中 (cdot) 指点积，也就是把每个位置的函数值乘起来。

原因是 ((i cup j) sube s) 等价于 ((i sube s)and(j sube s)) 。于是

[egin{aligned} [x]FMT(C) &=sum_{s sube x}C_s\ &= sum_{s sube x}sum_{i|j = s}A_iB_j\ &= sum_{i|j sube x} A_iB_j\ &= ( sum_{isube x} A_i )(sum_{jsube x} B_j)\ &= [x]FMT(A) cdot [x]FMT(B) end{aligned} ]

所以有 $ ext{FMT}(C) = ext{FMT}(A) cdot ext{FMT}(B) ) $

于是可以 $ O(n2^n) $ 做这个。

子集卷积

子集卷积长这样：

[C_s = A imes_{subset} B = sum_{i|j=s,i&j = 0} A_i B_j ]

如果设 $ p(x) $ 为 $ x $ 的 popcount（ 1 的个数），那么：

[(i|j = s) , (i&j = 0) Leftrightarrow i|j = s , p(i)+p(j) = p(s)\C_s = sum_{i|j = s , p(i)+p(j) = p(s)} A_iB_j ]

我们把 $ C $ 扩展到二维，设 $ C'_{x,k} $，定义如下：

[C'_{x,s} = sum_{i|j = s,p(i)+p(j) = x} A_iB_j[p(s) = x] ]

把 $ C $ 扩展到二维了，$ A $ 也扩展到二维，定义 $ A'_{p,s} $

[A'_{x,s} = left{egin{aligned}&0 & {p(s) eq x}\&A_{s} & {p(s) = x} end{aligned} ight. ]

同理定义 $ b'_{x,s} $

我们知道

[C'_{x,s} = sum_{i|j = s,p(i)+p(j) = x} A'_{p(i),i} B'_{p(j),j} ]

观察到 $ C'x = sum{i=0}^x A'{i} imes{or} B'_{x-i} $ ，而且需要最后去掉左边的 $ p(s) eq x $ 的情况。

这样复杂度 $ O(n^3 2^n) $，一共要卷 $ n^2 $ 次。

注意 $ ext{FMT} , ext{IFMT} $ 都有可加性，所以我们把那个或卷积写成 $ ext{FMT} $ 的形式

[egin{aligned}C'_{x} &= sum_i IFMT(FMT(A'_i) · FMT(B'_{x-i}))\&= IFMT( sum_i FMT(A_i') · FMT(B_{x-i}') )end{aligned} ]

我们现在只需要处理出所有 $ A'i $ 和 $ B'{i} $ 的 FMT ，最后再跑 $ n $ 次逆 FMT ，所以这样做就优化到了 $ O( 2^n n^2 ) $

不知道为啥 开O2 TLE 了。。。注意模数是 $ 10^9+9 $ 不是 $ 10^9+7 $。。。目害成功wa了两发

#include "iostream"
#include "algorithm"
#include "cstring"
#include "cstdio"
using namespace std;
#define P 1000000009
int rd( ) {
    char ch = ' '; int ret = 0;
    while( ch > '9' || ch < '0' ) ch = getchar();
    while( ch >= '0' && ch <= '9' ) ret = ret * 10 + ch - '0' , ch = getchar();
    return ret;
}

int A[1<<21] , B[1<<21] , n , len;
int a[21][1<<21] , b[21][1<<21] , c[21][1<<21];

void FMT( int A[] , int l ) {
    for( int i = 0 ; i < l ; ++ i )
        for( int j = 0 ; j < ( 1 << l ) ; ++ j )
            if( j & ( 1 << i ) ) A[j] = ( A[j] + A[j ^ ( 1 << i )] ) % P;
}
void IFMT( int A[] , int l ) {
    for( int i = 0 ; i < l ; ++ i )
        for( int j = 0 ; j < ( 1 << l ) ; ++ j )
            if( j & ( 1 << i ) ) A[j] = ( A[j] + P - A[j ^ ( 1 << i )] ) % P;
}

int main() {
    cin >> n; len = ( 1 << n );
    for( int i = 0 ; i < len ; ++ i ) A[i] = rd() , a[__builtin_popcount(i)][i] = A[i];
    for( int i = 0 ; i < len ; ++ i ) B[i] = rd() , b[__builtin_popcount(i)][i] = B[i];
    for( int i = 0 ; i <= n ; ++ i ) FMT( a[i] , n ) ,  FMT( b[i] , n );
    for( int x = 0 ; x <= n ; ++ x ) {
        for( int i = 0 ; i <= x ; ++ i )
            for( int j = 0 ; j < ( 1 << n ) ; ++ j )
                ( c[x][j] += 1ll * a[i][j] * b[x - i][j] % P ) %= P;
        IFMT( c[x] , n );
    }
    for( int i = 0 ; i < len ; ++ i ) printf("%d ",c[__builtin_popcount(i)][i]);
}