位运算卷积学习笔记

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位运算卷积学习笔记

位运算卷积，即快速沃尔什变换 $\text{FWT}$ 和快速莫比乌斯变换 $\text{FMT}$，但事实上最常用的是 $\text{FWT}$，因为 $\text{FMT}$ 所求解的内容是 $\text{FWT}$ 的子集。

位运算卷积

首先要知道位运算卷积指的是

$$c_i=\sum _{j\odot k=i}{a}_j{b}_k$$

形式的式子，其中 $\odot$ 代指了任意位运算符，也就是 $\text{or},\text{and},\text{xor}$。利用 $\text{FMT}$ 能够求解 $\text{or},\text{and}$ 卷积，而利用 $\text{FWT}$ 能够求解 $\text{or},\text{and},\text{xor}$ 卷积。

快速莫比乌斯变换

$\text{or}$ 卷积

先考虑暴力求解的时间复杂度是 $O(n^2)$ 的，不妨考虑和 $\text{FFT}$ 相同的思路，找到一个 $\text{FMT}(a)$ 满足 $\text{FMT}(c{)}_i=\text{FMT}(a{)}_i\times \text{FMT}(b{)}_i$，这样我们便可以通过顺逆变换快速求出 $c$。

定义 $\text{FMT}(a{)}_i=\sum _{j\cup i=i}{a}_j$，其中 $\cup$ 表示按位或，而这种构造显然符合要求，因为有

$$\begin{array}{rl}\text{FMT}(a{)}_i\times \text{FMT}(b{)}_i& =\sum _{j\cup i=i}{a}_j\sum _{k\cup i=i}{b}_k\\ & =\sum _{(j\cup k)\cup i=i}{a}_j{b}_k\\ & =\text{FMT}(c{)}_i\end{array}$$

由此我们得到了一个构造，而且不难发现这其实就是 $a$ 的高维前缀和，按照前缀和的思路将 $n$ 维二进制看作 $n$ 维数组求解前缀和即可。而对于逆变换只需要进行差分即可。时间复杂度是 $O(n\log n)$ 的。

代码

int n;
int A[1<<n],B[1<<n],C[1<<n];

void FMT_OR(int n,int *a,int type){
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=0;j<(1<<n);j++){
			if(j&(1<<i))a[j]+=type*a[j^(1<<i)];
		}
	}
	return ;
}

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cin>>A[i];
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cin>>B[i];
	FMT_OR(n,A,1);
	FMT_OR(n,B,1);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)C[i]=A[i]*B[i];
	FMT_OR(n,C,-1);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cout<<C[i]<<" ";
	return 0;
}

$\text{and}$ 卷积

和 $\text{or}$ 卷积同理，考虑构造一个 $\text{FMT}(a{)}_i$，在这里定义 $\text{FMT}(a{)}_i=\sum _{j\cap i=i}{a}_j$，$\cap$ 表示按位与，那么有

$$\begin{array}{rl}\text{FMT}(a{)}_i\times \text{FMT}(b{)}_i& =\sum _{j\cap i=i}{a}_j\sum _{k\cap i=i}{b}_k\\ & =\sum _{(j\cap k)\cap i=i}{a}_j{b}_k\\ & =\text{FMT}(c{)}_i\end{array}$$

于是考虑如何求解 $\text{FMT}(a{)}_i$，发现其为高位后缀和的形式，于是有复杂度 $O(n\log n)$。

代码

int n;
int A[1<<n],B[1<<n],C[1<<n];

void FMT_AND(int n,int *a,int type){
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=0;j<(1<<n);j++){
			if(j&(1<<i))a[j^(1<<i)]+=type*a[j];
		}
	}
	return ;
}

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cin>>A[i];
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cin>>B[i];
	FMT_AND(n,A,1);
	FMT_AND(n,B,1);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)C[i]=A[i]*B[i];
	FMT_AND(n,C,-1);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cout<<C[i]<<" ";
	return 0;
}

快速沃尔什变换

$\text{or}$ 变换

其实有关于 $\text{or},\text{and}$ 的 $\text{FWT}$ 和 $\text{FMT}$ 的构造完全相同，只是求解的方法不同而已，我们在这里考虑分治的做法，也就是更接近 $\text{FFT}$ 的做法。依旧构造 $\text{FWT}(a{)}_i=\sum _{j\cup i=i}{a}_j$，正确性不加复述，下面考虑分治。对于分治序列 $\text{FWT}(a)$ 的第 $i$ 位，我们将其分为两部分 $\text{FWT}(a{)}_0,\text{FWT}(a{)}_1$，分别表示在 $i-1$ 位分治后序列左半部分和右半部分，于是有

$$\text{FWT}(a)=\text{merge}(\text{FWT}(a{)}_0,\text{FWT}(a{)}_0+\text{FWT}(a{)}_1)$$

这个正确性是显然的，因为对于 $\text{FWT}(a{)}_0$ 来说，其分治位置上均为 $0$，所需要累加的对应位置 $j$ 若要满足 $j\cup i=i$ 则其当前分治位也需为 $0$。而对于 $\text{FWT}(a{)}_1$ 来说，$j$ 的当前分治位即可以为 $1$，也可以为 $0$，因此只需要将后半段加上前半段即可。

关于逆变换则恰相反，只需要将前半段对后半段的贡献消去即可，也就是在后半段减去前半段。也就是

$$a=\text{merge}(a_0,a_1-a_0)$$

代码

int n;
int A[1<<n],B[1<<n],C[1<<n];

void FWT_OR(int n,int *a,int type){
	for(int len=1;len<n;len<<=1){
		for(int l=0;l<n;l+=(len<<1)){
			for(int k=0;k<len;k++)a[l+len+k]+=type*a[l+k];
		}
	}
	return ;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cin>>A[i];
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cin>>B[i];
	FWT_OR(1<<n,A,1);
	FWT_OR(1<<n,B,1);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)C[i]=A[i]*B[i];
	FWT_OR(1<<n,C,-1);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cout<<C[i]<<" ";
	return 0;
}

$\text{and}$ 卷积

依旧同理有 $\text{FWT}(a{)}_i=\sum _{j\cap i=i}{a}_j$，正确性不加复述，考虑分治的做法。对于分治序列 $\text{FWT}(a)$ 的第 $i$ 位，我们将其分为两部分 $\text{FWT}(a{)}_0,\text{FWT}(a{)}_1$，分别表示在 $i-1$ 位分治后序列左半部分和右半部分，于是有

$$\text{FWT}(a)=\text{merge}(\text{FWT}(a{)}_0+\text{FWT}(a{)}_1,\text{FWT}(a{)}_1)$$

同理，当第 $i$ 位为 $0$ 时，$j$ 的当前分治位即可以是 $0$ 也可以是 $1$，而当第 $i$ 位为 $1$ 时，$j$ 的当前分治位只能是 $1$，逆变换同理减回去即可。

$$a=\text{merge}(a_0-a_1,a_1)$$

代码

int n;
int A[1<<n],B[1<<n],C[1<<n];

void FWT_AND(int n,int *a,int type){
	for(int len=1;len<n;len<<=1){
		for(int l=0;l<n;l+=(len<<1)){
			for(int k=0;k<len;k++)a[l+k]+=type*a[l+len+k];
		}
	}
	return ;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cin>>A[i];
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cin>>B[i];
	FWT_AND(1<<n,A,1);
	FWT_AND(1<<n,B,1);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)C[i]=A[i]*B[i];
	FWT_AND(1<<n,C,-1);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cout<<C[i]<<" ";
	return 0;
}

$\text{xor}$ 卷积

引入一个新的运算符 $\circ$。定义 $x\circ y=\text{popcnt}(x\cap y)mod2$，其中 $\text{popcnt}(x)$ 表示 $x$ 二进制下 $1$ 的个数。我们发现它满足 $(x\circ y)\oplus (x\circ z)=x\circ (y\oplus z)$。

更感性的理解，$x\circ y$ 表示 $x,y$ 均为 $1$ 位数的奇偶性。对于每一位的 $x,y,z$，可以列出下表

$x$	$y$	$z$	$y\oplus z$	$x\circ y$	$x\circ z$	$x\circ (y\oplus z)$
$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$
$0$	$0$	$1$	$1$	$0$	$0$	$0$
$0$	$1$	$0$	$1$	$0$	$0$	$0$
$0$	$1$	$1$	$0$	$0$	$0$	$0$
$1$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$
$1$	$0$	$1$	$1$	$0$	$1$	$1$
$1$	$1$	$0$	$1$	$1$	$0$	$1$
$1$	$1$	$1$	$0$	$1$	$1$	$0$

不难看出，不管 $x,y,z$ 的每一位如何变化，对应位对答案贡献的奇偶性始终不变，故上式成立。

由此，设 $\text{FWT}(a{)}_i=\sum _{j\circ i=0}{a}_j-\sum _{j\circ i=1}{a}_j$。则有

$$\begin{array}{rl}\text{FWT}(a{)}_i\times \text{FWT}(b{)}_i& =(\sum _{j\circ i=0}{a}_j-\sum _{j\circ i=1}{a}_j)(\sum _{j\circ i=0}{b}_j-\sum _{j\circ i=1}{b}_j)\\ & =(\sum _{j\circ i=0}{a}_j\sum _{k\circ i=0}{b}_k+\sum _{j\circ i=1}{a}_j\sum _{k\circ i=1}{b}_k)-(\sum _{j\circ i=0}{a}_j\sum _{k\circ i=1}{b}_k+\sum _{j\circ i=1}{a}_j\sum _{k\circ i=0}{b}_k)\\ & =\sum _{(j\oplus k)\circ i=0}{a}_j{b}_k-\sum _{(j\oplus k)\circ i=1}{a}_j{b}_k\\ & =\text{FWT}(c{)}_i\end{array}$$

由此，该构造的正确性得证，接着考虑如何分治求解。当前位 $i$ 为 $0$ 时，不论 $j$ 取 $0,1$，$i\circ j$ 均为 $0$，那么 $\text{FWT}(a{)}_0,\text{FWT}(a{)}_1$ 对该位的贡献均为正，而当 $i$ 为 $1$ 时，如果 $j$ 取 $0$，则对答案没有影响，但若取 $1$，则应对原贡献取负。即

$$\text{FWT}(a)=\text{merge}(\text{FWT}(a{)}_0+\text{FWT}(a{)}_1,\text{FWT}(a{)}_0-\text{FWT}(a{)}_1)$$

而在逆变换时有

$$a=\text{merge}(\frac{a_0+a_1}{2},\frac{a_0-a_1}{2})$$

于是对于传参稍作改动，逆变换时 $\text{type}$ 取 $\frac{1}{2}$。

代码

int n;
int A[1<<n],B[1<<n],C[1<<n];

void FWT_XOR(int n,int *a,int type){
	for(int len=1;len<n;len<<=1){
		for(int l=0;l<n;l+=(len<<1)){
			for(int k=0;k<len;k++){
				ll A=a[l+k],B=a[l+len+k];
				a[l+k]=(A+B)/type;
				a[l+len+k]=(A-B)/type;
			}
		}
	}
	return ;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cin>>A[i];
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cin>>B[i];
	FWT_XOR(1<<n,A,1);
	FWT_XOR(1<<n,B,1);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)C[i]=A[i]*B[i];
	FWT_XOR(1<<n,C,2);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cout<<C[i]<<" ";
	return 0;
}

拓展知识

矩阵角度的 $\text{FWT}$

假设 $c(i,j)$ 是 $a_j$ 对 $\text{FWT}(a{)}_i$ 的贡献系数，我们可以重新描述 $\text{FWT}$ 变换的过程

$$\text{FWT}(a{)}_i=\sum _{j=0}^{n-1}c(i,j)a_j$$

因为 $\text{FWT}(a{)}_i\times \text{FWT}(b{)}_i=\text{FWT}(c{)}_i$，所以有

$$\begin{array}{rl}\text{FWT}(a{)}_i\times \text{FWT}(b{)}_i& =\sum _{j=0}^{n-1}c(i,j)a_j\sum _{k=0}^{n-1}c(i,k)b_k\\ & =\sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)a_j{b}_k\\ & =\sum _{j\odot k=0}^{n-1}c(i,j\odot k)a_j{b}_k\\ & =\text{FWT}(c{)}_i\end{array}$$

所以应当有 $c(i,j)c(i,k)=c(i,j\odot k)$。同时 $c$ 函数还应当能够按位处理。也就是我们将变换的形式

$$\text{FWT}(a{)}_i=\sum _{j=0}^{n-1}c(i,j)a_j$$

拆分成

$$\text{FWT}(a{)}_i=\sum _{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i,j)a_j+\sum _{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i,j)a_j$$

考虑到式子分出的 $j$ 只有最高位不同，所以我们将 $i,j$ 出去最高位的值为 $i^{\prime },j^{\prime }$，并且记 $i_0$ 为 $i$ 的最高位，则有

$$\text{FWT}(a{)}_i=c(i_0,0)\sum _{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i^{\prime },j^{\prime })a_j+c(i_0,1)\sum _{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i^{\prime },j^{\prime })a_j$$

当 $i_0=0$ 时，有

$$\text{FWT}(a{)}_i=c(0,0)\sum _{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i^{\prime },j^{\prime })a_j+c(0,1)\sum _{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i^{\prime },j^{\prime })a_j$$

而当 $i_0=1$ 时，则有

$$\text{FWT}(a{)}_i=c(1,0)\sum _{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i^{\prime },j^{\prime })a_j+c(1,1)\sum _{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i^{\prime },j^{\prime })a_j$$

不难考虑分治维护 $\sum _{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i^{\prime },j^{\prime })a_j$ 和 $\sum _{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i^{\prime },j^{\prime })a_j$，于是转移就可以通过矩阵

$$\left[\begin{array}{cc}c(0,0)& c(0,1)\\ c(1,0)& c(1,1)\end{array}\right]$$

进行，我们称这个矩阵为位矩阵。而如果需要进行逆变换，则需要上面位矩阵的逆矩阵。即可以通过

$$a_i=\sum _{j=0}^{n-1}{c}^{-1}(i,j)\text{FWT}(a{)}_j$$

得到原序列。当然，逆矩阵不一定存在。当原矩阵存在一行或一列都是 $0$ 时则该矩阵没有逆，需要在构造的时候注意。

$\text{or}$ 卷积

不难构造出矩阵

$$\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right]$$

满足 $c(i,j)c(i,k)=c(i,j\cup k)$，不难发现，这等价于 $\text{FWT}(a)=\text{merge}(\text{FWT}(a{)}_0,\text{FWT}(a{)}_0+\text{FWT}(a{)}_1)$。而下面这个矩阵虽然也符合条件，但并不常见

$$\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$$

而下面的矩阵虽然也符合 $c(i,j)c(i,k)=c(i,j\cup k)$，但其没有逆，因此不合法

$$\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 1\end{array}\right]$$

考虑最上方的矩阵的逆

$$\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ -1& 1\end{array}\right]$$

这和逆变换的 $a=\text{merge}(a_0,a_1-a_0)$ 等价。

$\text{and}$ 卷积

同理构造

$$\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right]$$

满足 $c(i,j)c(i,k)=c(i,j\cap k)$，其逆矩阵为

$$\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 0& 1\end{array}\right]$$

$\text{xor}$ 卷积

构造

$$\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right]$$

满足 $c(i,j)c(i,k)=c(i,j\oplus k)$，其逆矩阵为

$$\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& -\frac{1}{2}\end{array}\right]$$

$\text{FWT}$ 的性质

$\text{FWT}$ 是线性变换，这意味着

$$\begin{gathered} \text{FWT}(A+B)=\text{FWT}(A)+\text{FWT}(B) \\ \text{FWT}(cA)=c\text{FWT}(A) \end{gathered}$$

$K$ 维 $\text{FWT}$

$\text{max}$ 运算

重新审视 $\cup$ 运算，发现它实际上是二进制下每一位取 $\text{max}$。如果将其拓展到 $K$ 进制，有

$$c(i,j)c(i,k)=c(i,max(j,k))$$

当 $j=k$ 时，上式转换成 $c(i,j{)}^2=c(i,j)$，于是每一位只能取 $1,0$，而每一行的 $1$ 必须出现在 $0$ 前，不然不符合要求，不难构造出

$$\left[\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& \cdots & 0\\ 1& 1& 0& \cdots & 0\\ 1& 1& 1& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 1& 1& 1& \cdots & 1\end{array}\right]$$

其逆矩阵为

$$\left[\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& \cdots & 0\\ -1& 1& 0& \cdots & 0\\ 0& -1& 1& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & 1\end{array}\right]$$

$\text{min}$ 运算

重新审视 $\cap$ 运算，发现它实际上是二进制下每一位取 $\text{min}$。如果将其拓展到 $K$ 进制，有

$$c(i,j)c(i,k)=c(i,min(j,k))$$

当 $j=k$ 时，上式转换成 $c(i,j{)}^2=c(i,j)$，于是每一位只能取 $1,0$，而每一行 $1$ 后面不能有 $0$，于是不难构造

$$\left[\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& \cdots & 1\\ 0& 1& 1& \cdots & 1\\ 0& 0& 1& \cdots & 1\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & 1\end{array}\right]$$

其逆矩阵为

$$\left[\begin{array}{ccccc}1& -1& 0& \cdots & 0\\ 0& 1& -1& \cdots & 0\\ 0& 0& 1& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & 1\end{array}\right]$$