【理论】快速沃尔什变换（FWT）学习笔记

FWT 处理的是位运算卷积问题。

其解决的问题是对于长度为 $2^n$ 的数组 $A[0\sim 2^n-1],B[0\sim 2^n-1]$，求出数组 $C$ 使得其满足：

$$C_k=\sum _{i\oplus j=k}{A}_i{B}_j$$

其中 $\oplus$ 是一种位运算，一般为 $\mathrm{And},\mathrm{Or},\mathrm{Xor}$ 中的一种。

FWT 的思想是对数组 $A,B$ 进行 FWT 变换使得其变成 $\mathrm{FWTA},\mathrm{FWTB}$，并满足 $\mathrm{FWTC}$ 等于 $\mathrm{FWTA},\mathrm{FWTB}$ 对应点值相乘，即有 ${\mathrm{FWTC}}_{\mathrm{i}}={\mathrm{FWTA}}_{\mathrm{i}}\times {\mathrm{FWTB}}_{\mathrm{i}}$。

借此求得了 $\mathrm{FWTC}$ 之后，我们对其进行 IFWT 变换（即逆 FWT 变换）便可以成功求得 $C$ 数组。

接下来我们来进行具体讲解：

首先，我们要将 $A$ 数组转化为 $\mathrm{FWTA}$，那么我们不妨设变换系数 $c(i,j)$ 使得：

$${\mathrm{FWTA}}_i=\sum _{j}c(i,j)A_j$$

我们考虑推 $c(i,j)$ 的一些性质。

先利用性质 ${\mathrm{FWTC}}_{\mathrm{i}}={\mathrm{FWTA}}_{\mathrm{i}}\times {\mathrm{FWTB}}_{\mathrm{i}}$。

代入得对于任意 $i$ 有：

$$\sum _{j}c(i,j)A_j\sum _{k}c(i,k)B_k=\sum _{l}c(i,l)C_l$$

交换求和顺序：

$$\sum _j\sum _{k}c(i,j)c(i,k)A_j{B}_k=\sum _{l}c(i,l)C_l$$

我们得到了式 $1$。

再将 $C_t=\sum _{t_1\oplus t_2=k}{A}_{t_1}{B}_{t_2}$ 乘上变换系数：

$$\sum _{t}c(i,t)C_t=\sum _{t}c(i,t)\sum _{t_1\oplus t_2=k}{A}_{t_1}{B}_{t_2}$$

将右式改为枚举 $t_1,t_2$，得：

$$\sum _{t}c(i,t)C_t=\sum _{t_1}\sum _{t_2}c(i,t_1\oplus t_2)A_{t_1}{B}_{t_2}$$

我们得到了式 $2$。

式 $1$，式 $2$ 中有共同的 $\sum _{t}c(i,t)C_t$（式 $1$ 中只是名不同，下面联立的结果也是替换变量名后的），故联立可得出：

$$\sum _{t_1}\sum _{t_2}c(i,t_1\oplus t_2)A_{t_1}{B}_{t_2}=\sum _{t_1}\sum _{t_2}c(i,t_1)c(i,t_2)A_{t_1}{B}_{t_2}$$

据此，我们可以得到一个关于变换系数的一个重量级结论： $c(i,j)c(i,k)=c(i,j\oplus k)$。

不难发现由于其性质，实际上我们可以按位考虑 $c(i,j)$，即设 $i_p$ 为 $i$ 二进制的第 $p$ 位，那么实际上有 $c(i,j)=\prod _{p}c(i_p,j_p)$，证明非常容易，在此不作过多解释。

通过按位考虑，我们原先要推出的变换系数 $c(i,j)$ 转化为了推出 $c(0,0),c(0,1),c(1,0),c(1,1)$ 四个值，这毫无疑问将问题变得轻松了很多。

我们将变换系数求出来了，下一步呢？如何通过变换系数求出一个数组 $A$ 对应的 $\mathrm{FWTA}$ 呢？

我们仍然是考虑式子：

$${\mathrm{FWTA}}_i=\sum _{j}c(i,j)A_j$$

将其分为前后各大小为 $2^{n-1}$ 的两部分：

$${\mathrm{FWTA}}_i=\sum _{j=0}^{2^{n-1}-1}c(i,j)A_j+\sum _{j=2^{n-1}}^{2^n-1}c(i,j)A_j$$

考虑分为两部分的好处是什么，很显然对于前一部分 $j\sim [0,2^{n-1}-1]$，最高位 $j_0=0$，而对于后一部分 $j\sim [2^{n-1},2^n-1]$，最高位 $j_0=1$，可以发现，分为两部分使得二进制最高位确定了！那么根据按位思想，我们把 $i,j$ 的最高位全部抛开变成 $i^{\prime },j^{\prime }$，根据按位显然有 $c(i,j)=c(i_0,j_0)c(i^{\prime },j^{\prime })$，那么原式就变成了：

$${\mathrm{FWTA}}_i=c(i_0,0)\sum _{j=0}^{2^{n-1}-1}c(i^{\prime },j^{\prime })A_j+c(i_0,1)\sum _{j=2^{n-1}}^{2^n-1}c(i^{\prime },j^{\prime })A_j$$

考虑将下标首位为 $0$ 的子数组记作 $A^{\prime }$，下标首位为 $1$ 的子数组记作 $A^{″}$，那么显然：

• 对于 $i_0=0$，${\mathrm{FWTA}}_i=c(0,0){{\mathrm{FWTA}}^{\prime }}_i+c(0,1){{\mathrm{FWTA}}^{″}}_i$。

• 对于 $i_0=1$，${\mathrm{FWTA}}_i=c(1,0){{\mathrm{FWTA}}^{\prime }}_i+c(1,1){{\mathrm{FWTA}}^{″}}_i$。

而 FWT 采用倍增的方法，这就导致了在计算长度为 $2^n$ 的 FWT 数组已经将长度为 $2^{n-1}$ 的 ${\mathrm{FWTA}}^{\prime }$ 和 ${\mathrm{FWTA}}^{″}$ 预先计算出，自此 FWT 过程成功完成。

那么 IFWT 呢？

观察到对于 $i_0=0$，${\mathrm{FWTA}}_i$ 的计算实际上可以表为矩阵乘法的形式：

$$\left[\begin{array}{cc}{{\mathrm{FWTA}}^{\prime }}_i& {{\mathrm{FWTA}}^{″}}_i\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}c(0,0)& c(0,1)\\ c(1,0)& c(1,1)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{\mathrm{FWTA}}_i& {\mathrm{FWTA}}_{i+2^{n-1}}\end{array}\right]$$

那么不难发现 IFWT 只需要该矩阵求逆后再做一遍 FWT 即可。

同时这也对 $c(i,j)$ 的构造增加了要求，即对应矩阵的逆必须存在（如果这条不要求显然可以构造 $c(i,j)=0$）。

我们回忆一下线性代数的知识，若二阶方阵的逆存在那么便等价于 $c(0,0)c(1,1)\ne c(0,1)c(1,0)$，这变成了我们构造的限制。

好的那么 FWT 以及 IFWT 的过程就结束了，我们现在要对 $\mathrm{And},\mathrm{Or},\mathrm{Xor}$ 推导出 $c(i,j)$。

（另外一个利用的性质是 $c(i,j)c(i,k)=c(i,j\oplus k)$）

$\mathrm{Or}$：

显然 $c(i,j)=c^2(i,j)$，故 $c(i,j)\in \{0,1\}$。

同时有 $c(i,1)=c(i,0)c(i,1)$，故 $c(i,0)=0,c(i,1)=1$ 不可能。

因为矩阵对角线乘积不等，所以 $c(i,0)=c(i,1)=0$ 不可能，可得 $c(i,0)$ 必须为 $1$。

$c(0,0)=c(1,0)=1$，为了满足矩阵对角线成绩不等，显然 $c(0,1)$ 和 $c(1,1)$ 中恰有一个为 $1$。

不妨令 $c(1,1)=1$。

我们得到矩阵为：

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

其逆矩阵为：

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

观察到此时 $c(i,j)=[i\mathrm{\&}j=j]$，即 $c(i,j)$ 为 $1$ 当且仅当 $j$ 是 $i$ 的子集。

（逆矩阵可手动高斯消元得到，详见【模板】矩阵求逆 ）

$\mathrm{And}$：

和 $\mathrm{Or}$ 几乎完全相同的推法。

显然 $c(i,j)=c^2(i,j)$，故 $c(i,j)\in \{0,1\}$。

同时有 $c(i,0)=c(i,0)c(i,1)$，故 $c(i,0)=1,c(i,1)=0$ 不可能。

因为矩阵对角线乘积不等，所以 $c(i,0)=c(i,1)=0$ 不可能，可得 $c(i,1)$ 必须为 $1$。

$c(0,1)=c(1,1)=1$，为了满足矩阵对角线成绩不等，显然 $c(0,0)$ 和 $c(1,0)$ 中恰有一个为 $1$。

不妨令 $c(0,0)=1$。

我们得到矩阵为：

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

其逆矩阵为：

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

观察到此时 $c(i,j)=[i\mathrm{\&}j=i]$，即 $c(i,j)$ 为 $1$ 当且仅当 $i$ 是 $j$ 的子集。

$\mathrm{Xor}$：

首先 $c(i,0)=c^2(i,0)$，得到 $c(i,0)=0\mathrm{or}1$。

同时，对于任意 $j$，有 $c(i,0)=c^2(i,j)$，由于 $c(i,j)$ 不可能全为 $0$（这样就满足不了对角线成绩不等），故 $c(i,0)=1,c(i,j)=1\mathrm{or}-1$。

即 $c(0,0)=c(1,0)=1$。

因为矩阵对角线乘积不等，所以 $c(0,1),c(1,1)$ 中必须恰一个为 $1$ 一个为 $-1$。

不妨令 $c(0,1)=1$。

我们得到矩阵为：

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

其逆矩阵为：

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

观察到此时 $c(i,j)=(-1{)}^{|i\mathrm{\&}j|}$，即若 $i$ 与 $j$ 交集的大小为奇数，$c(i,j)=-1$，反之则有 $c(i,j)=1$。

代码

void FWT(ll *f){
    for(int len=1;len<=(1<<(n-1));len<<=1){
        for(int i=0;i<(1<<n);i+=(len<<1)){
            rep(j,i,i+len-1){
                ll tmp=f[j];
                f[j]=c[0][0]*f[j]+c[0][1]*f[j+len];
                f[j+len]=c[1][0]*tmp+c[1][1]*f[j+len];
                f[j]%=mod;
                f[j+len]%=mod;
            }
        }
    }
    return;
}
void calc(ll tp){
    rep(i,0,(1<<n)-1){
        a[i]=A[i];
        b[i]=B[i];
    }
    if(tp==1){
        c[0][0]=c[1][1]=c[1][0]=1;
        c[0][1]=0;
    }
    if(tp==2){
        c[0][0]=c[0][1]=c[1][1]=1;
        c[1][0]=0;
    }
    if(tp==3){
        c[0][0]=c[0][1]=c[1][0]=1;
        c[1][1]=-1;
    }
    FWT(a);
    FWT(b);
    rep(i,0,(1<<n)-1) C[i]=a[i]*b[i]%mod;
    if(tp==1){
        c[0][0]=c[1][1]=1;
        c[0][1]=0;
        c[1][0]=-1;
    }
    if(tp==2){
        c[0][0]=c[1][1]=1;
        c[0][1]=-1;
        c[1][0]=0;
    }
    if(tp==3){
        c[0][0]=c[0][1]=c[1][0]=inv(2);
        c[1][1]=-c[0][0];
    }
    FWT(C);
    rep(i,0,(1<<n)-1) C[i]=(C[i]+mod)%mod;
}

FWT 的性质：

FWT 是一种线性变换，所以其满足性质 $\mathrm{FMT}(A+B)=\mathrm{FMT}(A)+\mathrm{FMT}(B)$。

由此可得，数乘其同样满足 $\mathrm{FMT}(kA)=k\mathrm{FMT}(A)$。