【科技】快速莫比烏斯變換（反演） 與 子集卷積

咱們比較瞭解的是有關多項式的乘法運算，對於下標爲整數，下標運算爲相加等於某個數的時候，咱們有很優秀的FFT作法。

可是遇到一些奇怪的卷積形式時，好比咱們定義 $h = f * g$， $h_{S} = \sum\limits_{L \subseteq S}^{} \sum\limits_{R \subseteq S}^{} [L \cup R = S] f_{L} * g_{R}$。

此時下標是一個集合，運算爲集合並的卷積，咱們已知了 $f$ 和 $g$ ，須要快速算出 $h$。

最暴力的作法是 $O(2^{n})$ 分別枚舉 $L$ 和 $R$，把答案加到 $h$ 中去，這樣複雜度是 $O(4^{n})$，不太行。

這時咱們就要一種高效的算法。求卷積能夠用分治乘法，好像比較高妙，但咱們要講的是另外一種：快速莫比烏斯變換和反演。

類比FFT，FMT也須要先把 $f$ 和 $g$ 求點值，點值相乘後再插值回去，快速莫比烏斯變換就至關於點值，快速莫比烏斯反演就至關於插值。

具體證實：

• 咱們定義 $f$ 的莫比烏斯變換爲 $\hat{f}$ ，其中 $\hat{f_{S}} = \sum\limits_{T \subseteq S}^{} f_{T}$。
• 相反的，咱們定義 $\hat{f}$ 的莫比烏斯反演爲 $f$，其中 $f_{S} = \sum\limits_{T \subseteq S}^{} (-1)^{|S| - |T|} \hat{f_{T}}$，用容斥原理易得。
• 而後咱們對卷積式兩邊同時作莫比烏斯變換：$\hat{h_{S}} = \sum\limits_{L \subseteq S} \sum\limits_{R \subseteq S} [L \cup R \subseteq S] f_{L} * g_{R}$。
• 因爲 $[L \cup R \subseteq S] \Leftrightarrow [L \subseteq S][R \subseteq S]$，因此 $\hat{h_{S}} = \sum\limits_{L \subseteq S} \sum\limits_{R \subseteq S} f_{L} * g_{R}$。
• 即 $\hat{h_{S}} = ( \sum\limits_{L \subseteq S} f_{L} ) * ( \sum\limits_{R \subseteq S} g_{R} ) = \hat{f_{S}} * \hat{g_{S}}$。

因而問題就在於如何快速求出 $f$ 和 $g$ 莫比烏斯變換（反演）。

若是要暴力的話，能夠直接枚舉子集算出莫比烏斯變換（反演），這樣是 $O(3^{n})$，雖然比較優秀了，但複雜度還能更低。

咱們考慮用遞推解決：

• 設 $\hat{f_{S}}^{(i)}$ 表示 $\sum\limits_{T \subseteq S} [(S - T) \subseteq \{1, 2, ..., i\}] f_{T}$
• 易得初始狀態：$\hat{f_{S}}^{(0)} = f_{S}$
• 對於每個不包含 $\{i\}$ 的集合 $S$，可知 $\hat{f_{S}}^{(i)} = \hat{f_{S}}^{(i - 1)}$（由於 $S$ 並無 $i$ 這位），$\hat{f}_{S \cup \{i\}}^{(i)} = \hat{f}_{S}^{(i - 1)} + \hat{f}_{S \cup \{i\}}^{(i - 1)}$（前者的 $T$ 沒有包含 $\{i\}$，然後者的 $T$ 必須包含了 $\{i\}$）。
• 顯然，遞推了 $n$ 輪以後，$\hat{f}_{S}^n$ 就是所求的變換了。

 這樣咱們就能在 $O(n * 2^{n})$ 快速求出 $f$ 的莫比烏斯變換了。（逆莫比烏斯變換同理）

因而咱們就解決了集合並卷積的問題。

UPD：

咱們都知道第一層循環枚舉集合，第二層循環枚舉它爲$1$的位，把去掉這個$1$的子集的答案加上去的作法是錯的。咱們考慮兩個集合$s, t$，其中$t \in s$。$t$可能有多種路徑到達$s$，也就是存在多個$k, k \in s, t \in k$，這樣$t$就會被算屢次。

這裏有一個感性理解的方法，爲何第一層枚舉位第二層枚舉集合是對的，也就是每個集合它的全部子集的貢獻只被算了一次。

咱們假設$k_{1}$爲$t$並上第一個和$s$不同的位，咱們發現$t$的答案會先算到$k_{1}$上，而對於其餘的$k$，在$t$的答案算上來的時候本身的答案已經會先算上去了。

而對於逆莫比烏斯變換，若是理解了莫比烏斯變換後，其本質就是一個容斥。

 

void Fmt(int *a) {
  for (int i = 0; i < n; ++i)
    for (int s = 0; s < U; ++s)
      if (s >> i & 1) a[s] = Add(a[s], a[s ^ (1 << i)]);
}

void Ifmt(int *a) {
  for (int i = 0; i < n; ++i)
    for (int s = 0; s < U; ++s)
      if (s >> i & 1) a[s] = Sub(a[s], a[s ^ (1 << i)]);
}

（此處$n$爲集合大小， $U = 2^n$）

 

接下來咱們來繼續講一講子集卷積：

問題是已知 $f$ 和 $g$，咱們想求出 $h = f * g$，其中 $h_{S} = \sum\limits_{T \subseteq S} f_{T} * g_{S - T}$。

 回顧剛剛的集合並卷積，子集卷積的條件比集合並卷積更苛刻，即 $L$ 和 $R$ 的集合應該不相交。

考慮集合並卷積合法當且僅當 $L \cap R = \varnothing$，咱們能夠在卷積時多加一維，維護集合的大小，如 $f_{i,S}$ 表示集合中有 $i$ 個元素，集合表示爲 $S$。能夠發現當 $i$ 和 $S$ 的真實元素個數符合時纔是對的。

初始時，咱們只把 $f_{bc[S],S}$ 的值賦成原來的 $f_{S}$（$g$ 同理），而後對每個$f_i$作一遍FMT，點值相乘時這麼寫：$h_{i, S} = \sum\limits_{j = 0}^{i} f_{j,S} * g_{i - j, S}$。最後掃一遍把不符合實際狀況的狀態賦成 $0$便可。（$bc[]$表示集合元素個數，即$bitcount$）

 

for i = 0 to n
  Fmt(f[i])
  Fmt(g[i])
  for s = 0 to U - 1
    for j = 0 to i
      h[i][s] += f[j][s] * g[i - j][s]
  Ifmt(h[i])
for s = 0 to U - 1
  h[bc[s]][s] is the real answer