sosdp（高维前缀和）学习笔记

高维前缀和

我们先看一维前缀和

for(int i=1;i<=n;i++)
s[i]+=s[i-1];

那么二维前缀和

for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
s[i][j]+=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];

这个是根据容斥计算的，维度很高的时候就不行了
我们换一种方法

for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
s[i][j]+=s[i-1][j];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
s[i][j]+=s[i][j-1];

也就是对每一维分别做前缀和
那么高维前缀和呢？
它是解决以下问题的

例题

已知一个序列a0−2n−1a_{0-2^n-1}a0−2n−1，对于每一个i∈0,n−1i\in0,n-1i∈0,n−1
求
∑j∣i==iaj\sum_{j|i==i}a_jj∣i==i∑aj
也就是求它的子集的权值和
直接子集枚举做是3n3^n3n的，我们需要更快的算法
考虑刚才前缀和的过程，发现对于二进制而言，它的子集一定是它的前缀和中的
因为一定会有某一位比这个数小，所以是前缀和
但是我们不可能按照容斥做法做前缀和，因此就对每一维做前缀和

for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<(1<<n);j++)
if((j>>i)&1) f[j]+=f[j-(1<<i)];

复杂度O(n2n)O(n2^n)O(n2n)
类似的，有下面的问题
已知一个序列a0−2n−1a_{0-2^n-1}a0−2n−1，对于每一个i∈0,n−1i\in0,n-1i∈0,n−1
求
∑j&i==iaj\sum_{ j\& i==i}a_jj&i==i∑aj
也就是询问超集的权值和，对应到上面就是高维后缀和，和前缀和是类似的

for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<(1<<n);j++)
if(!((j>>i)&1)) f[j]+=f[j+(1<<i)];

高维差分

因为差分和前缀和是逆运算，所以就有了下面的代码

for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<(1<<n);j++)
if((j>>i)&1) f[j]-=f[j-(1<<i)];

这个东西又被称作sosdp

[ARC100C] Or Plus Max

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注意到我们只需要求出
iorj==ki \;or j==kiorj==k
的最大值，取个前缀max就行了
但是这样也不好求，我们考虑继续转化为
iorj∈ki\;or j\in kiorj∈k
也就是k的子集，这个东西显然小于等于k，也是合法的
那么i,j显然也是k的子集，也就是说我么需要从k的子集中挑出最大值和次大值就行啦
那么我们知道前缀和不仅可以知道“和”，也可以知道前缀max之类的
那么我们只需要对于每一个k，求出他子集的最大和次大就可以了
可以用高维前缀和

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 19;
const int M = (1<<N);
typedef long long LL;
#define PII pair<LL,LL>
#define X(x) x.first
#define Y(x) x.second
PII Merge(PII A,PII B)
{PII res=A;if(X(B)>X(A)){X(res)=X(B);Y(res)=max(X(A),Y(B));} else Y(res)=max(Y(A),X(B));return res;
}
PII f[M];
int main()
{int n;cin>>n;int m=(1<<n);for(int i=0;i<m;i++){LL a;scanf("%lld",&a);f[i]=make_pair(a,(LL)-1e9+7);}for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)if((j>>i)&1) f[j]=Merge(f[j],f[j-(1<<i)]);LL ans=X(f[0])+Y(f[0]);for(int i=1;i<m;i++){ans=max(ans,X(f[i])+Y(f[i]));printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

CF1208F Bits And Pieces

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考虑可以枚举i
位运算的最大值，考虑按位填数
从高到低遍历每一位
判断是不是能找到一个就j,k
使得当前的答案ans∈j&kans\in j\&kans∈j&k,如果能，这一位填1，否则是0
显然j&kj\&kj&k是ansansans的超集，因此j,kj,kj,k都是ansansans的超集
而我们只需要找到最靠右的j,kj,kj,k判断是不是大于i就可以了
可以用高维后缀和处理

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define PII pair<int,int>
#define mk(a,b) make_pair(a,b)
#define X(a) a.first
#define Y(a) a.second
const int K = 21;
const int N = 1e6+7;
PII f[(1<<K)+9];
void up(int s,int pos)
{if(pos==X(f[s])||pos==Y(f[s])||pos==-1) return;if(X(f[s])==-1) X(f[s])=pos;else {if(pos>X(f[s])) {Y(f[s])=X(f[s]);X(f[s])=pos;}else{if(Y(f[s])==-1) Y(f[s])=pos;else Y(f[s])=max(Y(f[s]),pos);}}
}
int a[N];
int main()
{int n;for(int i=0;i<(1<<21);i++)f[i]=mk(-1,-1);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);up(a[i],i); }for(int i=0;i<21;i++)for(int j=0;j<(1<<21);j++)if(!((j>>i)&1)) {up(j,X(f[j+(1<<i)]));up(j,Y(f[j+(1<<i)]));}int Ans=0;for(int i=1;i<=n-2;i++){int ans=0;for(int p=20;p>=0;p--){if((a[i]>>p)&1) continue;int s=ans+(1<<p);int x=X(f[s]),y=Y(f[s]);if(x>i&&y>i) ans=s;}Ans=max(Ans,ans|a[i]);}cout<<Ans;return 0;
}

CF165E Compatible Numbers

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很简单，只需要判断aia_iai的补集的子集是不是全为空就行了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int K =22;
const int N = 1e6+7;
int f[(1<<K)+9];
void up(int s,int x)
{if(!f[s]) f[s]=x;
}
int a[N];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);up(a[i],a[i]);}for(int i=0;i<22;i++)for(int j=0;j<(1<<22);j++)if((j>>i)&1) up(j,f[j-(1<<i)]);for(int i=1;i<=n;i++){int s=a[i],t=(((1<<22)-1)^s);int j=f[t];if(j==0) printf("-1 ");else printf("%d ",j);}return 0;
}

CF383E Vowels

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直接求不是很好求，考虑容斥
用总的单词个数n，减掉一个元音也没包含的个数
一个元音也没包含，相当于是当前元音集合补集的子集
用高维前缀和就可以处理了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL K =24;
const LL N = 1e6+7;
LL f[(1<<K)+9];
void up(LL s,LL v)
{f[s]=f[s]+v;
}
LL a[N];
char s[50];
int main()
{LL n;cin>>n;for(LL i=1;i<=n;i++){scanf("%s",s+1);LL S=0;for(LL j=1;j<=3;j++){LL c=s[j]-'a';if(s[j]>'x') continue;S=S|(1<<c);}up(S,1);}for(LL i=0;i<24;i++)for(LL j=0;j<(1<<24);j++)if((j>>i)&1) up(j,f[j-(1<<i)]);LL Ans=0;for(LL S=0;S<(1<<24);S++){LL T=((1<<24)-1)-S;LL cnt=n-f[T];Ans=Ans^((LL)cnt*cnt);}cout<<Ans;return 0;
}

CF449D Jzzhu and Numbers

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设f(i)=∑j=1n[i&aj==i]f(i)=\sum_{j=1}^n[i \& a_j ==i]f(i)=∑j=1n[i&aj==i]
可以高维前缀和处理
设g(i)g(i)g(i)为选出一个子序列使得子序列j1,j2……j_1,j_2……j1,j2……
满足i∈aji&aj2……i\in a_{j_i}\&a_{j_2}……i∈aji&aj2……的方案数
那么显然是2f(i)−12^{f(i)}-12f(i)−1
我们是h(i)h(i)h(i)为题目与的值是i的答案，题目所求即为h(0)h(0)h(0)
那么g(i)=∑i&j==ih(j)g(i)=\sum_{i\&j==i}h(j)g(i)=∑i&j==ih(j)
也就是高维后缀和，我们直接来一个高维后缀差分就可以的到h啦

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+7;
const int K = 20;
const int M = (1<<K)+9;
typedef long long LL;
const int mod = 1e9+7;
LL Pow[N];
LL f[M],g[M];
int main()
{int n;cin>>n;Pow[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){Pow[i]=Pow[i-1]*2ll%mod;LL a;scanf("%lld",&a);f[a]++;}for(int i=0;i<20;i++)for(int j=0;j<(1<<20);j++)if(!((j>>i)&1)) f[j]=(f[j]+f[j+(1<<i)]);for(int i=0;i<(1<<20);i++)g[i]=(Pow[f[i]]-1+mod)%mod;for(int i=0;i<20;i++)for(int j=0;j<(1<<20);j++)if(!((j>>i)&1)) g[j]=(g[j]-g[j+(1<<i)]+mod)%mod;cout<<g[0];return 0;
}