FWT/FMT 快速莫比乌斯/沃尔什变换 学习笔记
前置知识：高维前缀和，下面前缀和的操作大多都是用高维前缀和来实现的。
大致内容
设有两个长度为 \(2^n\) 的序列 \(A,B\)，现在我们要对他们进行一下不同类型的卷积。
（跳过所有推导过程）有模板如下：
struct FWT
{
int n;
inline int ksm(int x,int y)
{
int ret=1;
for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod) if(y&1) ret=1ll*ret*x%mod;
return ret;
}
inline void bitmul(int *a,int *b)
{ for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod; }
inline void fwt_or(int *a,int opt)
{
for(int p=2;p<=n;p<<=1) for(int i=0;i<n;i+=p) for(int j=0;j<(p>>1);j++)
(a[i+j+(p>>1)]+=1ll*a[i+j]*opt%mod)%=mod;
}
inline void fwt_and(int *a,int opt)
{
for(int p=2;p<=n;p<<=1) for(int i=0;i<n;i+=p) for(int j=0;j<(p>>1);j++)
(a[i+j]+=1ll*a[i+j+(p>>1)]*opt%mod)%=mod;
}
inline void fwt_xor(int *a,int opt)
{
for(int p=2;p<=n;p<<=1) for(int i=0;i<n;i+=p) for(int j=0;j<(p>>1);j++)
{
int x=a[i+j],y=a[i+j+(p>>1)];
a[i+j]=1ll*(x+y)%mod*opt%mod;
a[i+j+(p>>1)]=1ll*(x-y+mod)%mod*opt%mod;
}
}
}P;
\(\bigstar\texttt{Important}\)：由于每个二进制位其实都是等价的，所以在下面的情况中我们都只用考虑 \(n=1\) 的情况。
\(\texttt{or}\) 卷积
受到面式子的启发，考虑将 \(A,B\) 分别进行一次前缀和，每一个对应为乘起来记为 \(C\)，再对 \(C\) 做一遍前缀差即可。
memcpy(A,a,sizeof(a)),memcpy(B,b,sizeof(b));
P.fwt_or(A,1),P.fwt_or(B,1),P.bitmul(A,B),P.fwt_or(A,mod-1);
for(int i=0;i<All;i++) printf("%d ",A[i]);
printf("\n");
\(\texttt{and}\) 卷积
将 \(A,B\) 都做一遍后缀和，按位乘起来记为 \(C\)，再对 \(C\) 做一遍后缀差即可。
memcpy(A,a,sizeof(a)),memcpy(B,b,sizeof(b));
P.fwt_and(A,1),P.fwt_and(B,1),P.bitmul(A,B),P.fwt_and(A,mod-1);
for(int i=0;i<All;i++) printf("%d ",A[i]);
printf("\n");
\(\texttt{xor}\) 卷积
那么根据高维前缀和每一位相减过去即可。
memcpy(A,a,sizeof(a)),memcpy(B,b,sizeof(b));
P.fwt_xor(A,1),P.fwt_xor(B,1),P.bitmul(A,B),P.fwt_xor(A,P.ksm(2,mod-2));
for(int i=0;i<All;i++) printf("%d ",A[i]);
printf("\n");
例题
模板题：P4717 【模板】快速莫比乌斯/沃尔什变换 (FMT/FWT)。
P6097 【模板】子集卷积
给定两个长度为 \(2^n\) 的序列 \(\{A\},\{B\}\)，需要求出一个长度为 \(2^n\) 的序列 \(\{C\}\) 满足：
\[C_k=\sum_{i~\texttt{and}~j=0;i~\texttt{or}~j=k} A_i\times B_j \]\(n\le 20\)，答案对 \(10^9+9\) 取模。
容易发现每次拼接都和元素个数有关，可以将上面的式子转化为：（将每一个二进制数表示为一个集合）
接下来需要求两个集合的卷积，我们需要保证两个集合的交为空集。
\(\bigstar\texttt{Hint}\)：可以记下二进制位中 \(1\) 的个数，要求一个 \(k\) 位的数和一个 \(i-k\) 位的数或出来一个 \(i\) 位的数，这样可以保证两个数一定没有交集。
由于 \(H\) 中会出现没有包含所有元素的情况，所以对 \(H\) 做一次 Ifwt_or 即可。
P4221 [WC2018]州区划分
发现 \(n\) 非常小，考虑去暴力状压。
设 \(dp_{i,s}\) 表示选择了 \(i\) 个州，选择城市的集合为 \(s\) 时的所有方案总和（但后来发现如果这样设是 \(\mathcal{O(n^32^n)}\) 的）。
如果一个州满足要求，它需要满足以下两个条件中至少一个：
- 州联通且每个点度数不全是偶数。
- 州不连通。
这样转移的时候枚举下一个州的集合，可以列出转移方程：
将 \(dp_i\) 和 \(w\) 当做两个长度为 \(2^n\) 的多项式，我们需要做的就是将他们卷起来：
那么这就变成了上面子集卷积问题，带上它我们再考虑开始的复杂度问题。
\(\bigstar\texttt{Hint}\)：由于我们向超集转移，还需要记录下 popcount，且每次的转移点都让自己 popcount 增加，可以删去第一维记录州的数量，利用 popcount 转移。
枚举 popcount，从小到大转移即可。
CF1034E Little C Loves 3 III
子集卷积的题面，只不过模数变成了 \(4\)，\(n\) 变成了 \(21\)！！！
考虑一个构造，令 \(a_i'=a_i\times 4^{\text{pop(i)}},b_i'=b_i\times 4^{\text{pop(i)}}\)，直接 fwt_or，\(c_i'=\dfrac{c_i}{4^{\text{pop(i)}}}\)。
证明：如果 \(i\&j=0\)，则 \(\dfrac{4^{\text{pop(j)}}\times 4^{\text{pop(j)}}}{4^{\text{pop(i|j)}}}=1\)，有贡献。否则会等于 \(4^x\)，由于对 \(4\) 取模会被消掉。
加上一个自然溢出，很高明啊~
