本文参考了 Dance of Faith 大佬的博客
我们定义集合并卷积
\]
最暴力的时候只能 \(O(4^n)\) 完成，进行 一些优化 可以在 \(O(3^n)\) 内完成，当然我们可以在 \(O(n 2^n)\) 利用 \(FMT\) 或者 \(FWT\) 内快速处理。
\(FMT\) 原理更好理解，就介绍此种方式。
具体来说，类似与 \(FFT\) 我们把 \(f,g\) 求点值，然后点值相乘后再插值变化回去。因为要快速实现这个过程，我们可以考虑利用 快速莫比乌斯变换 和 快速莫比乌斯反演 实现。
定义
定义 \(f\) 的莫比乌斯变换 \(\hat{f}\) ，满足 \(\hat{f_S} = \sum_{T \subseteq S} f_T\) 。（也就是 \(\hat{f}\) 是原来函数 \(f\) 的子集和）
定义 \(\hat{f}\) 的莫比乌斯反演 \(f\) ，利用容斥原理可以得到 \(f_S = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|S| - |T|} f_{T}\) 。
考虑为什么这个形式满足集合并卷积。
\[h_{S} = \sum_{L \subseteq S}^{} \sum_{R \subseteq S}^{} [L \cup R = S] f_{L} * g_{R}
\]左右同时做莫比乌斯变换。
\[\begin{aligned}
\hat{h_{S}} &= \sum_{T \subseteq S} \sum_{L \subseteq T} \sum_{R \subseteq T} [L \cup R = T] f_{L} * g_{R}\\
&= \sum_{L \subseteq S} \sum_{R \subseteq S} [L \cup R \subseteq S] f_{L} * g_{R}
\end{aligned}
\]由于 \([L \cup R \subseteq S] = [L \subseteq S][R \subseteq S]\) ，也就有
\[\begin{aligned}
\hat{h_{S}} &= \sum_{L \subseteq S} \sum_{R \subseteq S} f_{L} * g_{R}\\
&= (\sum_{L \subseteq S}f_L)(\sum_{L \subseteq S}g_R)\\
&=\hat{f_L} * \hat{g_R}
\end{aligned}
\]证毕。
快速变换与反演
原理讲解
上面那两个集合和我们暴力做是 \(O(3^n)\) 的，可以进行优化。
考虑按 集合大小 分层递推。
令 \(\hat{f_{S}}^{(i)}\) 为 \(\sum_{T \subseteq S} [(S - T) \subseteq \{0, 1, 2, ..., i\}] f_{T}\) ，有 \(\hat{f}_S^{(0)} = f_S\) 。
那么对于不包含 \(\{i\}\) 的集合 \(S\) ，满足 \(\hat{f_{S}}^{(i)} = \hat{f_{S}}^{(i - 1)}\) ，那么它的贡献就是
\]
这样，递推 \(n\) 轮后 \(\hat{f}^{(n)}_S\) 就包含所有情况，即为所求变换。
对于莫比乌斯反演的话，同样递推，不断减掉就行了。
代码实现
void FMT(int *f, int opt) {
for (int j = 0; j < n; ++ j)
for (int i = 0; i < (1 << n); ++ i) if (i >> j & 1)
f[i] += opt * f[i ^ (1 << j)];
}
子集卷积
原理讲解
我们定义 \(f\) 与 \(g\) 的子集卷积 \(f * g = h\) 。
\]
其实就是
\]
刚刚讲的子集并卷积为何不行呢？因为有 \([L \cap R = \varnothing]\) 的这个限制。
如何去掉这个限制呢，我们多记一维集合大小，也就是 \(f_{i, S}\) 表示有 \(i\) 个元素，集合表示为 \(S\) 。
显然当且仅当 \(i = |S|\) 时是正确的，我们先做 \(FMT\) 。
所以递推的时候就是 \(h_{i + j, S} = \sum_{i, j} f_{i, S} * g_{j, S}\) ，其实是个多项式乘法。
由于前面对于 \(n\) 个函数进行 \(FMT\) 需要 \(O(n^2 2^n)\) 的复杂度。
这里 \(FFT\) 也优化不了复杂度（而且由于常数会慢很多），那么直接暴力卷积就好了。
代码实现
for (int i = 0; i <= n; ++ i) {
for (int j = 0; i + j <= n; ++ j)
for (int S = 0; S < (1 << n); ++ S)
h[i + j][S] += f[i][S] * g[j][S];
}
最后我们要求 \(S\) 的子集卷积的结果，直接用 \(h_{\text{bitcount(S)}, S}\) \(IFMT\) 的。
子集逆卷积
原理讲解
我们有时候需要做子集卷积意义下的除法或者相关运算。
比如对于两个函数 \(f * g = h\) ，我们已知 \(g, h\) 要求 \(f\) 。
那么就是 \(f = h * g^{-1}\) 。其实就是要求 \(g^{-1}\) 在子集卷积意义下的结果。
同样我们只需要考虑 \(FMT\) 之后的结果。
由于对于每一位我们做的是多项式下的乘法。其实就是对于每一位求的 \(g^{-1}\) 就是多项式求逆后的结果。
同样对于别的运算也是多项式后的结果。
但是写那个 \(O(n \log n)\) 的倍增多项式求逆显然十分地麻烦，可以考虑 \(O(n ^ 2)\) 递推。
令 \(g^{-1} = t\) 假设我们求出 \(t_{0, 1, \cdots, i - 1}\) ，要求 \(t_i\) 。\((t_0 = g_0^{-1})\) 。
我们可以把 \(g_i\) 减去 \(t\) 和 \(g\) 前 \(i - 1\) 项做卷积后的第 \(i\) 项的值，就是所求的 \(t_i\) 。
这样就可以解决啦qwq
代码
inline void Inv(int *f) {
tmp[0] = fpm(f[0], Mod - 2);
for (int i = 0; i <= n; ++ i) {
inv[i] = tmp[i];
for (int j = 0; i + j <= n; ++ j)
tmp[i + j] -= inv[i] * f[j];
}
}