$\text {FWT}$学习笔记

\(\text {FWT}\) 学习笔记

正常项的\(\text {FWT}\)

在\(\text {OI}\)中，我们经常会碰到这种问题:

• 给出一个长度为\(n\)的序列\(a_{1,2,...,n},b_{1,2,...,n}\)，求出

\[c_k=\sum_{i\oplus j=k}a_i b_j \]

其中\(\oplus\)是定义的一种二进制下的运算。

对于这种问题，我们有一种通用的方法，我们称之为\(\text {FWT}\)。

我们考虑对于一个\(A\)构造一个\(FWT\)变换序列，满足:

\[\forall A\times B=C,FWT[A]\star FWT[B]=FWT[C] \]

其中\(\times\)就是上文定义的卷积，\(\star\)是按位乘法。

我们考虑定义一种二进制运算的函数\(c(i,j)\)，满足:

\[FWT[A]_i=\sum_{j=0}^{n} c(i,j) A_j \]

于是，我们可以得到:

若存在:

\[C=A\times B \]

则有：

\[FWT[C]_i=\sum_{j=0}^{n} c(i,j)\sum_{k\oplus d=j} A_kB_d \]

\[=\sum_{j=0}^{n} \sum_{k\oplus d=j} c(i,k\oplus d) A_k B_d \]

而我们根据\(FWT\)的定义我们又可以得到:

\[FWT[C]_i=FWT[A]_i\times FWT[B]_i=(\sum_{j=0}^{n} c(i,j)A_j)\times (\sum_{j=0}^{n} c(i,j)B_j) \]

\[=\sum_{j=0}^{n} \sum_{k=0}^{n} c(i,j) c(i,k)A_j B_k \]

于是，我们就可以得到:

\[c(i,j)c(i,k)=c(i,j\oplus k) \]

因为我们是在二进制下的，一般会满足

\[i=(i_1i_2...i_n)_2 \]

则满足:

\[c(i,j)=c(i_1,j_1)c(i_2,j_2)...c(i_n,j_n) \]

于是，我们只需要知道\(c(0/1,0/1)\)即可。

但是，我们现在仅仅可以在\(\Theta(n^2)\)的时间复杂度内求出和转换\(FWT[A]\)，显然不能满足我们的对优秀的时间的渴求。

我们想一下在\(\text {FFT}\)中，我们是如何做到\(\Theta(n\log n)\)转换的？分治！！！我们在\(\text {FWT}\)中也可以用类似的方法。

我们考虑对于当前的\(FWT[A]_i\)应该如何求出。

可以得到:

\[FWT[A]_i=\sum_{j=0}^{n} c(i,j)A_j \]

\[=c(i_1,0)FWT[A_0]_i+c(i_1,1)FWT[A_1]_i \]

其中\(FWT[A_0/A_1]\)就是子集的一个变换，与\(\text {FFT}\)类似。

我们发现如果我们构造转移矩阵:

\[\text {mat}=\begin{bmatrix}c_{0,0} ,c_{0,1}\\ c_{1,0},c_{1,1} \end{bmatrix} \]

其实\(A\to FWT[A]\)每一次变换就是乘上\(\text {mat}\)，那么\(FWT[A]\to A\)就是乘上\(\text {mat}\)的逆矩阵。逆矩阵直接手动构造即可。

一些例子

\(\wedge\)

对于并卷积，我们可以构造\(c(i,j)=[i|j]\)，其中\([i|j]\)表示的是二进制下的\(i\)是二进制下的\(j\)的子集（每一位\(0/1\)相当于该元素是否在当前集合出现）。

\(\vee\)

对于或卷积，我们可以构造\(c(i,j)=[j|i]\)。

\(\oplus\)

对于异或卷积，我们可以构造\(c(i,j)=(-1)^{|i\wedge j|}\)。

模板题

就是上面三种运算的总和，代码戳这里打开。

非模板的一些例子

CF449D Jzzhu and Numbers

CF1119H Triple + 题解 link

\(\text {FST}\)

我们需要解决这样一个问题:

• 给出一个长度为\(n\)的序列\(a_{1,2,...,n},b_{1,2,...,n}\)，求出:

\[c_i=\sum_{j\vee k=i,j\wedge k=0} a_j b_k \]

对于这个问题，如果没有\(j\wedge k=0\)的话，这就是一个板的\(\text {FWT}\) \(\vee\)运算。我们发现其实\(j\wedge k=0\)的条件就相当于\(|j|+|k|=|j\vee k|\)，于是，我们可以设二维数组\(f_i\)，我们可以设转移式:

\[f_i=\sum_{j=0}^{i} h_j w_{i-j} \]

其中\(h_{i,j}=[|j|=i]a_j,w_{i,j}=[|j|=i]b_j\)。

很显然，最后的\(c_i=f_{|i|,i}\)。

于是，我们就可以在\(\Theta(n\log^ 2 n)\)的时间复杂度内解决这个问题。

代码戳这里打开

\(k\)进制下的\(\text {FWT}\)

我们发现上面的这个东西其实都是在\(2\)进制下面计算的，那么如果我们要拓展到\(k\)进制我们应该怎么办呢？

很显然，我们应该定义广义的\(\wedge,\vee,\oplus\)。以下保证 \(a,b<k\)。

• $\wedge $

在\(k\)进制下，定义\(a\wedge b=\min\{a,b\}\)

• \(\vee\)

在\(k\)进制下，定义\(a\vee b=\max\{a,b\}\)

• \(\oplus\)

在\(k\)进制下，定义\(a\oplus b=(a+b)\bmod k\)

因为\(\wedge,\vee\)不是很常用，所以这里着重介绍一下\(\oplus\)。

我们要考虑如何构造\(c(i,j)\)，我们发现我们需要满足:

\[c(i,j)c(i,k)=c(i,(j+k)\bmod k) \]

我们在脑中想一下，诶，似乎单位根满足这个条件诶！

于是，我们可以构造矩阵:

\[\begin{bmatrix}1&1&1&\cdots &1\\1&w_k^1&w_k^2&\cdots&w_k^{k-1}\\ 1&w_k^2&w_k^4&\cdots&w_k^{2(k-1)} \\ \vdots&\vdots& \vdots&\ddots &\vdots\\ 1&w_k^{k-1}&w_k^{2(k-1)}&\cdots&w_k^{(k-1)(k-1)}\end{bmatrix} \]

而它的逆矩阵就是:

\[\frac{1}{k}\begin{bmatrix}1&1&1&\cdots &1\\1&w_k^{-1}&w_k^{-2}&\cdots&w_k^{-(k-1)}\\ 1&w_k^{-2}&w_k^{-4}&\cdots&w_k^{-2(k-1)} \\ \vdots&\vdots& \vdots&\ddots &\vdots\\ 1&w_k^{-(k-1)}&w_k^{-2(k-1)}&\cdots&w_k^{-(k-1)(k-1)}\end{bmatrix} \]

一些例题

CF1103E Radix sum+题解 link