[学习笔记]FWT快速沃尔什变换
〇、模板测试链接
壹、前言
对于多项式，我们有很多乱搞的卷积，我们用统一的形式：
来表示，其中 \(\psi\) 可以是任意运算符.
众所周知，当 \(\psi\) 为 $\times $ 时就是迪利克雷卷积(\(*\))，这个运算在杜教筛中被使用；当 \(\psi\) 是 \(+\) 时就是一般的多项式卷积，可以使用 \(\tt NTT\) 或者 \(\tt FFT\) 在 \(\mathcal O(n\log n)\) 的时间内解决；而 \(\tt FWT\) 是解决当 \(\psi\) 是位运算的 \(|,\&,\wedge\) 的情况（这个 \(\wedge\) 是异或运算，尖尖打不出来......）的情况，他的复杂度也是 \(\mathcal O(n\log n)\) 的.
下文所说的集合等都是在二进制意义下的，并且将或写作 \(\cup\)，将与写作 \(\cap\)，将异或写作 \(\oplus\).
贰、大致思想
大致思想其实和 \(\tt FFT\) 较为类似，\(\tt FFT\) 是对于 \(h(n)=\sum_{i=1}^nf(i)g(n-i)\) 中的 \(h,f,g\) 变换为点值表达式 \(h',f',g'\)，然后有 \(h’(n)=f'(n)g'(n)\)，最后再将 \(h'\) 变换为 \(h\) 得到 \(f,g\) 的卷积.
而 \(\tt FWT\) 是对于 \(h(n)=\sum_{i\psi j =n}f(i)g(j)\)，将 \(h,f,g\) 变换为某种形式，使得 \(h'(n)=f'(n)g'(n)\)，并且变换可逆.
叁、或(|)的变换
3.1.或の正变换
要解决的问题是
定义变换之后的函数有
即变换之后的函数的第 \(n\) 位是所有它的子集的原函数的求和.
然后，我们有
满足我们的要求，也就是说，当 \(\psi\) 为 \(\cup\) 时，有一个合法的 \(\tt FWT\) 变换是
这个变换应该怎么快速地实现呢？
对于函数 \(f\) ，假定其有 \(2^n\) 项，定义前 \(2^{n-1}\) 项是 \(f_0\)，后 \(2^{n-1}\) 项是 \(f_1\)，那么有
含义就是去掉将后 \(2^{n-1}\) 去掉二进制下第 \(n\) 位（最高位）之后，其实就是有 \(2^{n-1}\) 项的子变换，但是对于 \(i<2^{n-1}\) 的部分，\(i+2^{n-1}\) 一定会对应后 \(2^{n-1}\) 的某些项中，对于这些项来说，\(i\) 是他们的子集，所以还得加上 \(FWT(f_0)\)，这个复杂度是 \(\mathcal O(n\log n)\) 的
边界情况就不用说明了.
注意变换的时候从下到上.
3.2.或の逆变换
清楚正变换，逆变换就比较简单了，一定有
肆、与(&)的变换
4.1.与の正变换
这个问题就是
考虑定义变换之后的多项式满足
即对于变换之后的函数的第 \(n\) 位，为包含 \(n\) 这个集合的所有集合对应的原函数值之和.
那么，对于 \(h'(n)\) 有
亦满足要求，所以对于 \(\cap\) 运算我们有合法的变换
对于函数 \(f\) ，假定其有 \(2^n\) 项，定义前 \(2^{n-1}\) 项是 \(f_0\)，后 \(2^{n-1}\) 项是 \(f_1\)，那么有
这个也比较好理解，即对于 \(i< 2^{n-1}\)，一定有 \(i+2^{n-1}\) 属于 \(f_1\) 中的某些项，这些项包含了 \(i\) 这个集合，所以得加上它们.
4.2.与の逆变换
和或运算一样，反一下符号就 \(ok\) 了.
伍、异或(^)的变换
5.1.异或の正变换
要解决
这个还有点难搞，我们先定义 \(cnt(i)\) 为 \(i\) 在二进制下的 \(1\) 的个数，那么合法的变换应当是
怎么想到的我也不知道.此处使用 \(i,j\) 是为了好区分.
我们考虑证明它满足 \(h'(n)=f'(n)g'(n)\)，对于 \(h'(n)\)，我们有
然后怎么推导？我们有这个结论：
要证明它，只需证明 \(x,y,n\in [0,1]\) 成立即可推广.
然后我们发现，显然有 \(cnt((x\oplus y)\cap n)\) 和 \(cnt(x\cap n)+cnt(y\cap n)\) 奇偶性相同，然后我们可以继续推到
可以证明.
考虑如何快速实现这个过程：
对于函数 \(f\) ，假定其有 \(2^n\) 项，定义前 \(2^{n-1}\) 项是 \(f_0\)，后 \(2^{n-1}\) 项是 \(f_1\)，不难发现，前 \(2^{n-1}\) 项与后 \(2^{n-1}\) 本质差别就是二进制下最高位多了个 \(1\)，对于后 \(2^{n-1}\) 个数来说，由于是取 \(\cap\)，则这个 \(1\) 会让奇偶性取反，相应地，符号也会取反了，对于前 \(2^{n-1}\) 个数来说，由于他们的最高位没有 \(1\)，在取 \(\cap\) 之后依然没有 \(1\)，对奇偶性不产生影响，那么有
5.2.异或の逆变换
这个还不简单？直接
陆、一些小总结
6.0.关于说明
这些说明可能没有道理，只是能更好地记住公式而已......
6.1.或变换の说明
为什么或变换是
这个亚子的呢？
我们考虑对于 \(h(n)\)，首先有 \(h(n)=\sum_{i|j=n}f(i)g(j)\)，而在什么时候会有对应的 \(h(i),g(j)\) 为 \(h(n)\) 提供贡献？应当是 \(i,j\) 都是 \(n\) 的子集的情况，所以我们的变换定义对于 \(f'(i)\)，它的值是所有它的子集的原函数值之和，这就和我们求的对应上来.
6.2.与变换の说明
与变换和或变换也差不多了，我们考虑对于 \(h(n)=\sum_{i\cap j=n}f(i)g(j)\)，当 \(i,j\) 都包含 \(n\)，也就是 \(n\) 是 \(i,j\) 的子集时，\(h(i),g(j)\) 会给 \(h(n)\) 提供贡献，故而我们定义变换之后的 \(f'(i)\) 为所有包含它的集合的原函数值之和.
6.3.异或变换の说明
这TM是人想到的变换？(╯‵□′)╯︵┻━┻.
我试图去说明它为什么就是这样变的，我们先看这个变换本质是在干什么：
就是将有偶数个相同元素的函数值减去有奇数个相同元素的函数值.
我们再观察我们要求的问题有什么特性：
不难发现，一定有 \(cnt(n)\equiv cnt(i)+cnt(j)\pmod 2\)，而我们将最后的柿子带进去，观察可以获得什么：
不难发现，两个带 \(+\) 的柿子，都有 \(cnt(n)\equiv cnt(i)+cnt(j)\pmod 2\)，对于两个 \(-\) 的柿子，都有 \(cnt(n)\not\equiv cnt(i)+cnt(j)\pmod 2\)，即我们的本质是加上所有 \(1\) 的个数奇偶性相同的，去掉 \(1\) 的个数奇偶性相异的.
柒、码！
尝试着写成和 \(\tt NTT\) 差不多的形式.
inline void fwt_or(int* f,const int n,const int opt=1){
for(int p=2;p<=n;p<<=1){
int len=p>>1;
for(int k=0;k<n;k+=p){
for(int i=k;i<k+len;++i)
f[i+len]=(f[i+len]+opt*f[i])%mod;
}
}
}
inline void fwt_and(int* f,const int n,const int opt=1){
for(int p=2;p<=n;p<<=1){
int len=p>>1;
for(int k=0;k<n;k+=p){
for(int i=k;i<k+len;++i)
f[i]=(f[i]+opt*f[i+len])%mod;
}
}
}
inline void fwt_xor(int* f,const int n,const int opt=1){
for(int p=2;p<=n;p<<=1){
int len=p>>1,x,y;
for(int k=0;k<n;k+=p){
for(int i=k;i<k+len;++i){
x=f[i],y=f[i+len];
f[i]=(x+y)%mod,f[i+len]=(x-y)%mod;
if(opt==-1){
f[i]=1ll*f[i]*inv2%mod;
f[i+len]=1ll*f[i+len]*inv2%mod;
}
}
}
}
}
