标签：前缀 int SOSDP leq 2021 权值 operatorname 高维
SOSDP 与 高维前缀和
高维前缀和
我们知道一维前缀和的写法：\(s_i = s_{i-1}+a_{i}\)，那么对于二维前缀和呢？
显然，根据容斥原理，我们有
\[\operatorname{sum}(x_1,y_1)=s_{x_1,y_1}-s_{x_1,y_1-1}-s_{x_1,y_1-1}+s_{x_1-1,y_1-1} \]处理二维前缀和还可以这么写，但是三维，四维呢？这玩意搞起容斥岂不是逆天？
实际上，我们还有一个处理前缀和的方式：
int a[N][N], s[N][N];
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= n; ++j)
s[i][j] = a[i][j];
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];
这样处理是等价的（分维度处理前缀和，然后再合并），但是写起来更简单。
二进制与高维前缀和
我们来看一个例题：
有 \(n\) 件物品，第 \(i\) 件物品的权值为 \(a_i\)，多个物品组成一个集合，集合的权值为集合中所有物品权值的异或和。现在有 \(m\) 次询问，每次询问给定一个集合 \(S\)，求出集合 \(S\) 的所有子集的权值和，以及其所有超集的权值和。
\(1\leq n\leq 20,1\leq m\leq 10^5,1\leq a_i \leq 10^6\)
这个题目看起来跟高维前缀和没任何关系，不是吗？
我们假设有三个物品，编号分别为1,2,3，价值分别为A,B,C。我们不妨令：
我们好像发现，我们可以通过对应下标为0或者1来决定某件物品选还是不选，从而得到对应的某个状态的权值。我们可以每次询问暴力枚举，但是这个复杂度是 \(O(m2^n)\) 的。
那么，前缀和在这有啥含义呢？
我们做一次前缀和，有
\[s_{1,0,1}=f_{0,0,0}+f_{1,0,0}+f_{0,0,1}+f_{1,0,1} \]某个状态的前缀和，其实就是该状态所有子集的权值之和！（不太看得明白的，可以二维模拟一下）
子集是前缀和，那么超集只要反着做一遍即可。
但显然，我们不可能开一个20维数组，能把手写麻。但是万幸的是，因为每一位只是0或者1，所以我们可以进行状态压缩，将其压进一个整数里面即可。若状态 \(x\) 是状态 \(y\) 的子集，那么有 \(x|y=y\)。
状态压缩之后，稍微习惯一下，然后就可以当作普通的高维前缀和来做了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 25, V = 1 << N;
int n, m, a[N];
LL pre[V], suf[V];
int main()
{
//read
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 0; i < n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
//build:建立f数组
for (int j = 0; j < (1 << n); ++j) {
int sum = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
if (j & (1 << i)) sum ^= a[i];
pre[j] = suf[j] = sum;
}
//pre & suf
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < (1 << n); ++j)
if (j & (1 << i))
pre[j] += pre[j ^ (1 << i)];
else
suf[j] += suf[j ^ (1 << i)];
//query
while (m--) {
int k, v = 0;
scanf("%d", &k);
for (int i = 0, t; i < k; ++i) {
scanf("%d", &t);
v |= 1 << (t - 1);
}
printf("%lld %lld\n", pre[v], suf[v]);
}
return 0;
}
SOSDP
感谢heyuhhh的博客：高维前缀和总结（sosdp）。
SOSDP解决的是这样一类问题：
对于所有 \(1\leq i < 2^n\)，求解 \(\sum\limits_{j\subset i}a_j\) 。
直接暴力枚举子集的话，复杂度是 \(O(2^n*2^n)\)，也就是 \(O(4^n)\) （严格讲，均摊后的复杂度是 \(O(3^n)\)，但是反正不够优就完事了）。如果进行高维前缀和，就可以将复杂度压进 \(O(n2^n)\) 。
看起来有点玄学，其实就三行代码：
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < (1 << n); ++j)
if (j & (1 << i)) f[j] += a[j ^ (1 << i)];
（其实和上面的高维前缀和就是一个东西
我们来看一个改造版的题目（题目来源：ARC100E）：
给定 \(2^n\) 个数，分别记为 \(a_0,a_1,\cdots,a_{2^n-1}\)。
对于每个 \(1\leq k < 2^n\)，求出 \(a_i+a_j\) 的最大值，且 \(i \operatorname{or}j\leq k\)
\(1\leq n \leq 18,1\leq a_i\leq 10^9\)
如果我们将条件改一下，变成 \(i \operatorname{or}j=k\)，算出的答案记为 \(ans_k\)，那么原题目的答案就变成了 \(ans\) 的前缀最大值了。但是，这个条件依然不太可做。
我们再改一下，变成 \(i \operatorname{or}j\subset k\)，这样条件肯定比 \(i \operatorname{or}j=k\) 强，但是比 \(i \operatorname{or} j \leq k\) 要弱，所以我们可以根据这个来求，然后做一次前缀最大值即可。
我们需要找出状态 \(k\) 的两个值最大的子状态，如果暴力的话，这个复杂度显然有点高，所以我们可以魔改一下原来的SOSDP板子，将求和转化为求最大值和次大值即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1 << 20;
int n, a[N];
int Max1[N], Max2[N];
void update(int j, int k) {
//更新最大值
if (Max1[j] <= Max1[k])
Max2[j] = Max1[j], Max1[j] = Max1[k];
//更新次大值
else if (Max2[j] <= Max1[k])
Max2[j] = Max1[k];
}
int main()
{
//read
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < (1 << n); ++i)
scanf("%d", &a[i]);
//init
for (int i = 0; i < (1 << n); ++i)
Max1[i] = a[i], Max2[i] = -1e9;
//pre
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < (1 << n); ++j)
if (j & (1 << i)) update(j, j ^ (1 << i));
//output
int ans = 0;
for (int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
ans = max(ans, Max1[i] + Max2[i]);
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
标签：前缀,int,SOSDP,leq,2021,权值,operatorname,高维 来源： https://www.cnblogs.com/cyhforlight/p/15163511.html
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