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
(egin{aligned} fwt[a] imes fwt[b] &= left(sum_{j|i=i} a_j ight)left(sum_{k|i=i} b_k ight) \\ &= 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 (xotimes y= ext{popcount}(x & y) mod 2)
其中 ( ext{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_{iotimes j = 0} a_j - sum_{iotimes j = 1} a_j)
则有
(egin{aligned} fwt[a] imes fwt[b] &= left(sum_{iotimes j = 0} a_j - sum_{iotimes j = 1} a_j ight)left(sum_{iotimes k = 0} b_k - sum_{iotimes k = 1} b_k ight) \ &=left(sum_{iotimes j=0}a_j ight)left(sum_{iotimes k=0}b_k ight)-left(sum_{iotimes j=0}a_j ight)left(sum_{iotimes k=1}b_k ight)-left(sum_{iotimes j=1}a_j ight)left(sum_{iotimes k=0}b_k ight)+left(sum_{iotimes j=1}a_j ight)left(sum_{iotimes k=1}b_k ight) \ &=sum_{iotimes(j operatorname{xor} k)=0}a_jb_k-sum_{iotimes(joperatorname{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
");
}
} 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
");
else {
x/=g;
if(l%x) printf("0
");
else {
rg int wz=std::lower_bound(sta+1,sta+1+tp,x)-sta;
printf("%d
",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_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|+1}min(T) $
$min(S)=sum_{Tsubseteq 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=sumlimits_{Ssubseteqcomplement_UT}P(S))
(E(min(T))=Psumlimits^{+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
");
return 0;
}
nans+=((siz[i]&1)?(1.0):(-1.0))/(1.0-a[(mmax-1)^i]);
}
printf("%.8f
",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_{Tsubseteq 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
",ans[cc]);
}
return 0;
}