FWT学习笔记

1|0FWT

FWT 即位运算卷积，用来快速计算形如 $\sum _{i\oplus j=k}{f}_i{g}_j$，其中 $\oplus$ 表示某种位运算。

设 FWT(A) 是幂级数 A经过 $\mathrm{F}\mathrm{W}\mathrm{T}$ 变换之后得到的幂级数。

我们需要令其满足 : $A\ast B=C⟺FWT(A)·FWT(B)=FWT(C)$(点积)。

$\mathrm{F}\mathrm{F}\mathrm{T}$ 是一个线性变换，我们也希望 $\mathrm{F}\mathrm{W}\mathrm{T}$ 变换是线性的。

我们还不知道怎么变换，于是设 $c(i,j)$ 为变换系数，即 $A[j]$ 对 $FWT(A)[i]$ 的贡献系数。

则 $FWT(A)[i]=\sum _{j=0}^{n-1}c(i,j)A_j$

由$FWT(A)\ast FWT(B)=FWT(C)$，得到：

$FWT(A)[i]FWT(B)[i]=FWT(C)[i]$

$\sum _{j=0}^{n-1}c(i,j)A[j]\sum _{k=0}^{n-1}c(i,k)B[k]=\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)C[p]$

$\sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)A[j]B[k]=\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)C[p]$

根据 $A\ast B=C$ 得到：

$C[p]=\sum _{t1\oplus t2=p}A[t1]B[t2]$

$\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)C[p]=\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)\sum _{t1\oplus t2=p}A[t1]B[t2]$

$\sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)A[j]B[k]=\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)\sum _{t1\oplus t2=p}A[t1]B[t2]$

$\sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)A[j]B[k]=\sum _{p=0}^{n-1}\sum _{t1\oplus t2=p}A[t1]B[t2]c(i,t1\oplus t2)=\sum _{t1=0}^{n-1}\sum _{t2=0}^{n-1}A[t1]B[t2]c(i,t1\oplus t2)$

对比左右两边，我们发现只要满足 $c(i,k)c(i,k)=c(i,j\oplus k)$ 就好了

现在，假设有了符合要求的 $c$，如何优化FWT呢？

我们把 $FWT(A)[i]=\sum _{j=0}^{n-1}c(i,j)A[j]$ 按位折半，有
$=\sum _{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i,j)A[j]+\sum _{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i,j)A[j]$ 设 $i^{\prime }$
为 $i$ 去掉最高位的数字，那么有
$\sum _{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i_0,j_0)c(i^{\prime },j^{\prime })A[j]+\sum _{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i_0,j_0)c(i^{\prime },j^{\prime })A[j]$

$=c(i_0,0)\sum _{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i^{\prime },j^{\prime })A[j]+c(i_0,1)\sum _{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i,j)A[j]$

再设 $A_0$ 下标首位为 $0$ 的部分，如果 $i_0=0$，则有：

$FWT(A)[i]=c(0,0)FWT(A_0)[i]+c(0,1)FWT(A_1)[i](i\in [0,\frac{n}{2}))$

如果 $i_0=1$，则有

$FWT(A)[i+\frac{n}{2}]=c(1,0)FWT(A_0)[i]+c(1,1)FWT(A_1)[i](i\in [0,\frac{n}{2}))$

这就变成了一个规模为 $\frac{n}{2}$ 的子问题。

因此关键就是 c 矩阵。

1|0Or卷积

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

即：

$$FWT(A)[i]=FWT(A_0)[i],FWT(A)[i+\frac{n}{2}]=FWT(A_0)[i]+FWT(A_1)[i]$$

$$IFWT(A)[i]=IFWT(A_0)[i],IFWT(A)[i+\frac{n}{2}]=IFWT(A_1)[i]-IFWT(A_0)[i]$$

1|0And卷积

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

即：
$FWT(A)[i]=FWT(A_0)[i]+FWT(A_1)[i],FWT(A)[i+\frac{n}{2}]=FWT(A_1)[i]$
$IFWT(A)[i]=IFWT(A_0)[i]-IFWT(A_1)[i],IFWT(A)[i+\frac{n}{2}]=IFWT(A_1)[i]$

1|0Xor卷积

$c=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right],c^{-1}=\left[\begin{array}{cc}0.5& 0.5\\ 0.5& -0.5\end{array}\right]$

即：
$FWT(A)[i]=FWT(A_0)[i]+FWT(A_1)[i],FWT(A)[i+\frac{n}{2}]=FWT(A_0)[i]-FWT(A_1)[i]$
$IFWT(A)[i]=0.5IFWT(A_0)[i]+0.5IFWT(A_1)[i],IFWT(A)[i+\frac{n}{2}]=0.5IFWT(A_0)[i]-0.5IFWT(A_0)[i]$

1|1CF850E Random Elections

题意：有3个候选人和 $n$ 个投票的人，每个人对三个人的支持度排序，候选人之间两两比赛，每次比赛时，第 $i$ 个人对哪个人更支持哪个就是1，否则是0，有函数 $f$，会把这 $n$ 个01变成0或1，1就是赢，否则是输，求有多少种方案使得有个人赢了两场。

思路：首先，哪个人赢了两场是不重要的，于是可以钦定 $a$ 赢了两场，最后再乘3。a和 $b,c$ 在第 $i$ 个人处有 4 种情况，其中 $b_i=c_i$ 的情况有两种，于是可以枚举 $b_i!=c_i$ 求方案数，再乘上 $2^{n-ppc(S)}$。发现剩下的情况就是先令 $g_k=\sum _{i\oplus j=k}{f}_i{f}_j$，然后有 $ans=\sum _{i=0}^{2^n}{g}_i{2}^{n-ppc(i)}$，可以直接用 FWT。复杂度 $O(n{2}^n)$。

1|2P3175 [HAOI2015] 按位或

题意：刚开始你有一个数字 $0$，每一秒钟你会随机选择一个 $[0,2^n-1]$ 的数字，与你手上的数字进行或（C++,C 的 |，pascal 的 or）操作。选择数字 $i$ 的概率是 $p_i$。保证 $0\le p_i\le 1$，$\sum p_i=1$ 。问期望多少秒后，你手上的数字变成 $2^n-1$。

思路：首先用 $\text{min-max}$ 容斥，设 $Emax(S)$ 为遍历 $S$ 中所有元素的最晚时间，那么 $Emax(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|+1}Emin(T)$。

考虑怎么求 $Emin(S)$。根据期望的定义，有 $Emin(S)=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}i[Pmin(S)=i]$，而 $Pmin(S)=(\sum _{T\cap S=\varnothing }P(T){)}^{i-1}(1-\sum _{T\cap S=\varnothing }P(T))$，于是有 $Emin(S)={\displaystyle \frac{1}{1-\sum _{T\cap S=\varnothing }P(T)}}={\displaystyle \frac{1}{1-\sum _{T\subseteq {\complement }_{U}S}P(T)}}$。

现在的问题就是求子集和。可以直接用 FWT 解决。

1|3Binary Table

题意：有一个 $n$ 行 $m$ 列的表格，每个元素都是 $0/1$ ，每次操作可以选择一行或一列，把 $0/1$ 翻转，即把 $0$ 换为 $1$ ，把 $1$ 换为 $0$ 。请问经过若干次操作后，表格中最少有多少个 $1$ 。

思路：考虑枚举翻转了哪些行，记 $F(S)$ 表示 $S$ 翻转后最少的 1 个数，那么 $S$ 的答案就是 $\sum F(S\oplus T_i)$。

考虑枚举 $Y_i=S\oplus T_i$，那么就是 $\sum _i\sum _Y[Y=T_i\oplus S]F(Y)$，记 $cnt(Y)$ 表示有多少列是 $Y$，那么就是 $\sum _T\sum _Y[Y=S\oplus T]F(Y)cnt(T)=\sum _T\sum _Y[T\oplus Y=S]F(Y)cnt(T)$，发现这就是异或卷积，于是可以直接 FWT。

1|4子集卷积

子集卷积是指对于给定序列 $a,b$，求出 $c_i=\sum _{j|i=k,j\mathrm{\&}k=0}{a}_j\times b_k$。

对于第一个限制可以直接 OR 卷积，但是现在有了第二个限制，就不那么好做了。

但是因为对于 $i\mathrm{\&}j=0$，有 $popcount(i)+popcount(j)=popcount(i|j)$，于是我们可以记

$$f_{i,j}=\{\begin{array}{ll}{a}_j& popcount(j)=i\\ 0& popcount(j)\ne i\end{array},g_{i,j}=\{\begin{array}{ll}{b}_j& popcount(j)=i\\ 0& popcount(j)\ne i\end{array}$$

把 f 和 g 用 OR 卷积卷起来得到 h，然后 $h_{popcount(i),i}$ 就是答案。

1|5CF1034E Little C Loves 3 III

题意：有两个序列 $a,b$，要求对每个 $i$ 求出 $\sum _{j|k=i,j\mathrm{\&}k=0}{a}_j{b}_k$，答案对 4 取模。

思路：容易想到子集卷积，复杂度是 $O(n{\log }^{2}n)$。

考虑能否用上对 4 取模的条件。

记 $ppc(x)=popcount(x)$，那么我们令 $a_i\leftarrow a_i\times 4^{ppc(i)},b_i\leftarrow b_i\times 4^{ppc(i)}$，把 $a,b$ 用 OR 卷积卷起来得到 $c$，再令 $c_i\leftarrow {\displaystyle \frac{c_i}{4^{ppc(i)}}}$ 就是答案。

为什么这样做是对的呢？假设 $i\mathrm{\&}j=0$，那么 ${\displaystyle \frac{4^{ppc(i)}\times 4^{ppc(j)}}{4^{ppc(i|j)}}}=1$，而当 $i\mathrm{\&}j\ne 0$ 时，上式就是 4 的正整数次幂，再对 4 取模就没有贡献了，因此这样做是对的。

复杂度 $O(n\log n)$。

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本文作者：Xttttr
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