快速沃尔什变换 (FWT)学习笔记
证明均来自xht37 的洛谷博客
作用
在 \(OI\) 中，\(FWT\) 是用于解决对下标进行位运算卷积问题的方法。
\(c_{i}=\sum_{i=j \oplus k} a_{j} b_{k}\)
其中 \(\oplus\) 是二元位运算中的一种。
实现
\(or\) 运算
构造 \(fwt[a]_i = \sum_{j|i=i} a_j\)
则
\(\begin{aligned} fwt[a] \times fwt[b] &= \left(\sum_{j|i=i} a_j\right)\left(\sum_{k|i=i} b_k\right) \\\\ &= \sum_{j|i=i} \sum_{k|i=i} a_jb_k \\\\ &= \sum_{(j|k)|i = i} a_jb_k \\\\ &= fwt[c] \end{aligned}\)
从 \([a]\) 到 \(fwt[a]\) 可以分治解决
我们从小到大依次枚举长度为 \(2^i\) 的区间
设最高位为第 \(i\) 位
此时我们已经求出了前 \(i-1\) 位的贡献
并且区间的左半部分最高位上的数字为 \(0\)
区间的右半部分最高位上的数字为 \(1\)
对于左边的这些数，右边的数显然不可能是左边的数的子集
只能由自己 \(i-1\) 位的贡献转移过来
但是左边的数会给相应位置的右边的数做出贡献
因此我们在进行变换的时候要把这个贡献加上
同样在进行逆变换的时候相应地减去即可
代码
void fwtor(rg int A[],rg int typ){
for(rg int k=1,o=2;o<=mmax;k<<=1,o<<=1){
for(rg int j=0;j<mmax;j+=o){
for(rg int i=0;i<k;i++){
A[i+j+k]+=typ*A[i+j];
A[i+j+k]=getmod(A[i+j+k]);
}
}
}
}
\(and\) 运算
和 \(or\) 运算基本一样，只是这次变成了右区间对左区间有贡献
代码
void fwtand(rg int A[],rg int typ){
for(rg int k=1,o=2;o<=mmax;k<<=1,o<<=1){
for(rg int j=0;j<mmax;j+=o){
for(rg int i=0;i<k;i++){
A[i+j]+=typ*A[i+j+k];
A[i+j]=getmod(A[i+j]);
}
}
}
}
\(xor\) 运算
这种运算比较复杂，因为不再是简单的子集的关系了
但是我们仍然可以用以上两种运算的思想
定义 \(x\otimes y=\text{popcount}(x \& y) \bmod 2\)
其中 \(\text{popcount}\) 表示「二进制下 \(1\) 的个数」
满足 \((i \otimes j) \operatorname{xor} (i \otimes k) = i \otimes (j \operatorname{xor} k)\)
构造 \(fwt[a]_i = \sum_{i\otimes j = 0} a_j – \sum_{i\otimes j = 1} a_j\)
则有
\(\begin{aligned} fwt[a] \times fwt[b] &= \left(\sum_{i\otimes j = 0} a_j – \sum_{i\otimes j = 1} a_j\right)\left(\sum_{i\otimes k = 0} b_k – \sum_{i\otimes k = 1} b_k\right) \\ &=\left(\sum_{i\otimes j=0}a_j\right)\left(\sum_{i\otimes k=0}b_k\right)-\left(\sum_{i\otimes j=0}a_j\right)\left(\sum_{i\otimes k=1}b_k\right)-\left(\sum_{i\otimes j=1}a_j\right)\left(\sum_{i\otimes k=0}b_k\right)+\left(\sum_{i\otimes j=1}a_j\right)\left(\sum_{i\otimes k=1}b_k\right) \\ &=\sum_{i\otimes(j \operatorname{xor} k)=0}a_jb_k-\sum_{i\otimes(j\operatorname{xor} k)=1}a_jb_k \\ &= fwt[c] \end{aligned}
\)
当最高位是 \(0\) 时，因为 \(0\&1=0\)，\(0\&0=0\)
二进制下 \(1\) 的个数不变
所以左边区间的价值应为只考虑前 \(i-1\) 位时左边区间的价值加上只考虑前 \(i-1\) 位时右边区间的价值
而对于右边区间，当 \(1\&1=1\) 时，二进制下一的个数会发生变化
所以应该是只考虑前 \(i-1\) 位时左边区间的价值减去只考虑前 \(i-1\) 位时右边区间的价值
逆变换就是反这来，乘上 \(\frac{1}{2}\) 即可
代码
void fwtxor(rg int A[],rg int typ){
for(rg int k=1,o=2;o<=mmax;k<<=1,o<<=1){
for(rg int j=0;j<mmax;j+=o){
for(rg int i=0;i<k;i++){
rg int x=1LL*A[i+j]*typ%mod,y=1LL*A[i+j+k]*typ%mod;
A[i+j]=getmod(x+y);
A[i+j+k]=getmod(x-y);
}
}
}
}
题目
P5366 [SNOI2017]遗失的答案
分析
先特判掉 \(G\) 不能整除 \(L\) 的情况
然后把 \(L\) 和 \(n\) 同时除以 \(G\)
这样问题就转化为了在 \(1\) 到 \(n\) 中选择一些数
使得他们的最大公因数为 \(1\)，最小公倍数为 \(L\)
将 \(L\) 进行质因数分解，设 \(L=p_1^{a_1}p_2^{a_2}…p_n^{a_n}\)
如果要满足条件
那么对于任意一个质因数 \(p_i\) ，选择的数中必须至少存在一个数，使得它分解质因数后 \(p_i\) 的指数等于 \(a_i\)
同理，对于任意一个质因数 \(p_i\) ，选择的数中必须至少存在一个数，不含有 \(p_i\) 这个质因数
第一个条件可以看做是否满足上界，第二个条件可以看作是否满足下界
因为 \(L\) 小于等于 \(10^{8}\)，所以最多含有 \(8\) 个不同的质因数
因此可以状压
设 \(11\) 表示同时满足上界和下界，\(10\) 表示只满足上界，\(01\) 表示只满足下界，\(00\) 表示上界和下界都不满足
显然满足条件的只能是 \(L\) 的因数，我们可以把 \(L\) 的所有因数都筛出来
然后求出这些因数所代表的状态
因数不会太多，最多只有 \(768\) 个
如果没有必须选择 \(x\) 的限制，那么直接设 \(f[i][j]\) 表示考虑前 \(i\) 个数，状态为 \(j\) 的方案数进行 \(dp\) 即可
如果考虑 \(x\) 的限制，我们就需要维护一个前缀 \(dp\) 数组 \(pre\) 和后缀 \(dp\) 数组 \(suf\)
对于第 \(i\) 个数，我们把 \(pre[i-1]\) 和 \(suf[i+1]\) 进行或运算卷积
最后只要第 \(i\) 个数的状态与某个状态进行或运算等于全集
那么就可以累加这个状态的答案
代码
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rg register
inline int read(){
rg int x=0,fh=1;
rg char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){
if(ch=='-') fh=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*fh;
}
const int mod=1e9+7,maxn=70005,maxm=1005;
int n,g,l,q,x,mmax;
int getmod(rg int now){
return now>=mod?now-mod:now<0?now+mod:now;
}
void fwtor(rg int A[],rg int typ){
for(rg int o=2,k=1;o<=mmax;o<<=1,k<<=1){
for(rg int i=0;i<mmax;i+=o){
for(rg int j=0;j<k;j++){
A[i+j+k]+=A[i+j]*typ;
A[i+j+k]=getmod(A[i+j+k]);
}
}
}
}
int pri[maxn],mi[maxn];
void divid(rg int now){
rg int m=sqrt(now),ncnt=0;
for(rg int i=2;i<=m;i++){
if(now%i==0){
ncnt=0;
pri[++pri[0]]=i;
while(now%i==0){
now/=i;
ncnt++;
}
mi[pri[0]]=ncnt;
}
}
if(now>1){
pri[++pri[0]]=now;
mi[pri[0]]=1;
}
}
int sta[maxn],tp,zt[maxn];
void getit(){
rg int m=sqrt(l);
for(rg int i=1;i<=m;i++){
if(l%i==0){
if(i<=n) sta[++tp]=i;
if(i*i!=l && l/i<=n) sta[++tp]=l/i;
}
}
}
int pre[maxm][maxn],suf[maxm][maxn],tmp[maxn],ans[maxn];
int getzt(rg int now){
rg int zt0=0,zt1=0;
for(rg int i=1;i<=pri[0];i++){
rg int ncnt=0;
while(now%pri[i]==0){
now/=pri[i];
ncnt++;
}
if(ncnt==0) zt0|=(1<<(i-1));
else if(ncnt==mi[i]) zt1|=(1<<(i-1));
}
return zt0|(zt1<<pri[0]);
}
int main(){
n=read(),g=read(),l=read(),q=read();
if(l%g){
for(rg int i=1;i<=q;i++){
x=read();
printf("0\n");
}
} else {
l/=g,n/=g;
divid(l);
mmax=1<<(2*pri[0]);
getit();
std::sort(sta+1,sta+1+tp);
for(rg int i=1;i<=tp;i++) zt[i]=getzt(sta[i]);
pre[0][0]=suf[tp+1][0]=1;
for(rg int i=1;i<=tp;i++){
memcpy(pre[i],pre[i-1],sizeof(pre[i-1]));
for(rg int j=0;j<mmax;j++){
pre[i][j|zt[i]]=getmod(pre[i][j|zt[i]]+pre[i-1][j]);
}
}
for(rg int i=tp;i>=1;i--){
memcpy(suf[i],suf[i+1],sizeof(suf[i+1]));
for(rg int j=0;j<mmax;j++){
suf[i][j|zt[i]]=getmod(suf[i][j|zt[i]]+suf[i+1][j]);
}
}
for(rg int i=0;i<=tp+1;i++){
fwtor(pre[i],1);
fwtor(suf[i],1);
}
for(rg int i=1;i<=tp;i++){
for(rg int j=0;j<mmax;j++){
tmp[j]=1LL*pre[i-1][j]*suf[i+1][j]%mod;
}
fwtor(tmp,-1);
for(rg int j=0;j<mmax;j++){
if((zt[i]|j)==mmax-1) ans[i]=getmod(ans[i]+tmp[j]);
}
}
for(rg int i=1;i<=q;i++){
x=read();
if(x%g) printf("0\n");
else {
x/=g;
if(l%x) printf("0\n");
else {
rg int wz=std::lower_bound(sta+1,sta+1+tp,x)-sta;
printf("%d\n",ans[wz]);
}
}
}
}
return 0;
}
P3175 [HAOI2015]按位或
分析
要用到 \(min\)−\(max\) 容斥
不会的可以看我的容斥原理学习笔记
$max(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}min(T) $
$min(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}max(T) $
设 \(max(S)\) 为 \(S\) 中最晚的元素出现的期望次数
设 \(min(S)\) 为 \(S\) 中最早的元素出现的期望次数
问题转换为如何求 \(min(T)\)
设 \(P=\sum\limits_{S\subseteq\complement_UT}P(S)\)
\(E(\min(T))=P\sum\limits^{+\infty}_{i=1}i(1-p)^{i-1}\)
有边是一个等比数列乘等差数列的求和公式
化简之后是
\(\frac{1-(1-P)^n}{P^2}-\frac{n(1-P)^n}{P}\)
当 \(n\) 趋进于无穷大时
\((1-P)^n\) 趋进于 \(0\)
因此最终的结果是 \(\frac{1}{P^2}\)
再乘上外面的一个 \(P\)，就是 \(\frac{1}{P}\)
剩下的再用一个或运算卷积即可
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define rg register
inline int read(){
rg int x=0,fh=1;
rg char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){
if(ch=='-') fh=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*fh;
}
const int maxn=2e6+5,mod=998244353;
const double eps=1e-10;
int n,mmax,siz[maxn];
double a[maxn];
void fwtor(rg double A[],rg int typ){
for(rg int i=1;i<=n;i++){
for(rg int j=0;j<mmax;j+=(1<<i)){
for(rg int k=0;k<1<<(i-1);k++){
A[j|(1<<(i-1))|k]+=A[j|k]*typ;
}
}
}
}
int main(){
n=read();
mmax=1<<n;
for(rg int i=0;i<mmax;i++){
scanf("%lf",&a[i]);
}
fwtor(a,1);
for(rg int i=0;i<mmax;i++){
siz[i]=siz[i>>1]+(i&1);
}
rg double nans=0;
for(rg int i=1;i<mmax;i++){
if(1.0-a[(mmax-1)^i]<eps){
printf("INF\n");
return 0;
}
nans+=((siz[i]&1)?(1.0):(-1.0))/(1.0-a[(mmax-1)^i]);
}
printf("%.8f\n",nans);
return 0;
}
P5643 [PKUWC2018]随机游走
分析
同样是 \(min\)–\(max\) 容斥，先求出至少经过一个点的期望步数
然后再求出全部经过的期望步数
$max(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}min(T) $
设 \(f_i\) 表示从 \(i\) 出发，经过 \(S\) 中的至少一个点的期望步数
\(deg_i\) 为点 \(i\) 的度数，\(j\) 为 \(i\) 的儿子节点
可以得到这样的递推式：
\(f_i=\frac1{deg_i}(f_{fa_i}+\sum f_j)+1\)
设 \(f_i=k_if_{fa_i}+b_i\)
化简之后可以得到
$f_i=\frac1{deg_i-\sum k_j}f_{fa_i}+\frac{deg_i+\sum b_j}{deg_i-\sum k_j} $
即
$k_i=\frac 1{deg_i-\sum k_j},b_i=\frac{deg_i+\sum b_j}{deg_i-\sum k_j} $
这个东西可以 \(dfs\) 求出来
然后就可以用或运算卷积合并预处理出每一个集合的答案
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define rg register
inline int read(){
rg int x=0,fh=1;
rg char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){
if(ch=='-') fh=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*fh;
}
const int maxn=1e6+5,maxm=25,mod=998244353;
int n,q,x,mmax,h[maxm],k[maxm],a[maxm],tot=1,du[maxm],ans[maxn],siz[maxn];
int ksm(rg int ds,rg int zs){
rg int nans=1;
while(zs){
if(zs&1) nans=1LL*nans*ds%mod;
ds=1LL*ds*ds%mod;
zs>>=1;
}
return nans;
}
struct asd{
int to,nxt;
}b[maxm<<1];
void ad(rg int aa,rg int bb){
b[tot].to=bb;
b[tot].nxt=h[aa];
h[aa]=tot++;
}
int getmod(rg int now){
return (now>=mod)?(now-mod):((now<0)?(now+mod):now);
}
void fwtor(rg int A[],rg int typ){
for(rg int o=2,k=1;o<=mmax;o<<=1,k<<=1){
for(rg int i=0;i<mmax;i+=o){
for(rg int j=0;j<k;j++){
A[i+j+k]+=A[i+j]*typ;
A[i+j+k]=getmod(A[i+j+k]);
}
}
}
}
void dfs(rg int now,rg int lat,rg int zt){
if(zt&(1<<(now-1))) return;
rg int ans1=0,ans2=0;
for(rg int i=h[now];i!=-1;i=b[i].nxt){
rg int u=b[i].to;
if(u==lat) continue;
dfs(u,now,zt);
ans1+=k[u];
ans2+=a[u];
ans1=getmod(ans1);
ans2=getmod(ans2);
}
k[now]=ksm(getmod(du[now]-ans1),mod-2);
a[now]=1LL*k[now]*getmod(du[now]+ans2)%mod;
}
int main(){
memset(h,-1,sizeof(h));
n=read(),q=read(),x=read();
rg int aa,bb,cc;
for(rg int i=1;i<n;i++){
aa=read(),bb=read();
ad(aa,bb);
ad(bb,aa);
du[aa]++,du[bb]++;
}
mmax=1<<n;
for(rg int i=0;i<mmax;i++) siz[i]=siz[i>>1]+(i&1);
for(rg int i=0;i<mmax;i++){
memset(k,0,sizeof(k));
memset(a,0,sizeof(a));
dfs(x,0,i);
ans[i]=a[x]*((siz[i]&1)?1:(-1));
ans[i]=getmod(ans[i]);
}
fwtor(ans,1);
for(rg int i=1;i<=q;i++){
aa=read();
cc=0;
for(rg int j=1;j<=aa;j++){
bb=read();
cc|=(1<<(bb-1));
}
printf("%d\n",ans[cc]);
}
return 0;
}