【学习笔记】子集DP

背景

有一类问题和子集有关。
给你一个集合 $S$，令 $T$ 为 $S$ 的超集，也就是 $S$ 所有子集的集合，求 $T$ 中所有元素的和。

暴力1

先预处理子集的元素和 $A_i$，再枚举子集。

for(int s=0; s<(1<<n); s++)
	for(int i=0; i<(1<<n); i++)
		if(s&i) 
			f[s]+=A[i];
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时间复杂度 $O(n^4)$

暴力2

其实枚举子集有个小 trick

for(int s=0; s<(1<<n); s++)
	for(int i=s; i>0; i=(i-1)&s)
			f[s]+=A[i];
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3

由二项式定理，时间复杂度为 $O(3^n)$

子集DP

令 $g_{s,i}$ 为状态为 $s$，只考虑后 $i$ 位转移的答案。
那么转移就是

g s , i = { g s , i − 1 s & ( 1 < < i ) = 0 g s , i − 1 + g s ⨁ ( 1 < < i ) , i − 1 o t h e r w i s e g_{s,i} =

$$\begin{cases} g_{s,i-1} & s\&(1<<i)=0 \\g_{s,i-1} +g_{s\bigoplus(1<<i),i-1}&otherwise\end{cases}$$ gs,i​={gs,i−1​gs,i−1​+gs⨁(1<<i),i−1​​s&(1<<i)=0otherwise​
这样可以做到不重不漏的转移。
推荐一篇blog，非常形象：https://www.cnblogs.com/maple276/p/17975253

可以发现，这个转移只和上一层有关，所以第二维是可以省略的。

前缀和（子集向超集转移）

for(int i=0; i<n; i++)
{
	for(int s=0; s<(1<<n); s++)
	{
		if(s&_2)
			(f[s]+=f[s^_2])%(mod-1);
	}
	_2<<=1;
}
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后缀和（超集向子集转移）

for(int i=0; i<n; i++)
{
	for(int s=0; s<(1<<n); s++)
	{
		if(!(s&_2))
			(f[s]+=f[s^_2])%(mod-1);
	}
	_2<<=1;
}
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差分

//后缀差分
for(int i=0; i<20; i++)
{
	for(int s=0; s<S; s++)
	{
		if(!(s&_2))
			(f[s]-=f[s^_2])%=mod;
	}
	_2<<=1;
}
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例题

CF165E

定义 $x$ 和 $y$ 相容为 $x\&y=0$，给你一个序列 $A$，对于每个元素，在 $A$ 中找到和它相容的元素。 $|A|\le 10^6,A_i\le 4\times 10^6$

思路

$x\&y=0$ 等价于 $\tilde{x}\&y=y$，那么只需要对$A$做类似前缀和的操作，加法改成覆盖即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int S=1<<22;
void O_o()
{
	int n;
	cin>>n;
	vector<int> f(S,-1),a(n+1);
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		cin>>a[i];
		f[a[i]]=a[i];
	}
	int _2=1;
	for(int i=0; i<=21; i++)
	{
		for(int s=0; s<S; s++)
		{
			if(!(s&_2)) continue;
			if(f[s^_2]!=-1)
				f[s]=f[s^_2];
		}
		_2<<=1;
	}
	int t=S-1;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		cout<<f[t^a[i]]<<" ";
	}
	cout<<"\n";
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cout<<fixed<<setprecision(2);
	int T=1;
//	cin>>T;
	while(T--)
	{
		O_o();
	}
}




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