快速沃尔什变换(FWT)学习笔记 + 洛谷P4717 [模板]
FWT求解的是一类问题：\( a[i] = \sum\limits_{j\bigoplus k=i}^{} b[j]*c[k] \)
其中，\( \bigoplus \) 可以是 or，and，xor
三种问题的解决思路都是对多项式 \( a \) 构造一个 \( a' \)，令 \( a' = b' * c' \)；
那么只需要把 \( b \) 变换成 \( b' \)，\( c \) 变换成 \( c' \)，然后乘出 \( a' \)，再逆变换得到 \( a \)；
下面问题就变成如何快速(logn)求 \( b \) 到 \( b' \) 的变换，这个变换就是 FWT；
始终要记住进行位运算的是位置(角标)而不是值；
一、or
构造 \( a'[i] = \sum\limits_{j|i=i}^{} a[j] \)
1.正变换
考虑把 \( a \) 分成前后两个部分 \( a0 \) 和 \( a1 \)，先分别递归下去做好，得到 \( a0' \) 和 \( a1' \)；
可以发现，\( a0' \) 和 \( a1' \) 的位置(角标)数字上唯一不同就是最高位是0或1；
但递归下去做的时候，\( a0' \) 和 \( a1' \) 的位置数字相当与去掉了最高位(因为折半了)；
所以合并的时候，关键要考虑到最高位的0和1的不同：
(1) 对于 \( a' \) 的一个位置 \( i \) ，如果它在前半部分，那么它可以直接继承 \( a0'[i] \)；
而 \( a1'[i]\) 由于实际上 \( i \) 还应该加上最高位的1，or 运算使它能贡献的位置最高位也是1，但 \( i \) 的最高位是0，所以不贡献给 \( a'[i] \) ；
(2)对于后半部分的 \( i \) ，\( a0'[i] \) 和 \( a1'[i] \) 都会对它产生贡献，因为两部分的位置数字都是 \( i \) 的子集；
所以可以得到：\( a' = \left ( a0' , a0'+a1' \right ) \)
递归的底层，只有一个元素的时候，\( a = a' \) ，于是我们可以递归做出正变换了；
当然，仿照 FFT 的写法即可，并不需要真的写递归函数，而且也不用蝴蝶变换；
2.逆变换
同样先考虑两个部分 \( a'0 \) 和 \( a'1 \) ，表示 \( a' \) 的前后部分；
已经做了 \( a' = \left ( a0' , a0'+a1' \right ) \)
现在要从 \( a' \) 拆出 \( a0' \) 和 \( a1' \)
那么 \( a0' = a'0 \)
而且 \( a1' = a'1 - a'0 \)
知道了 \( a0' \) 和 \( a0' \) ，就可以继续递归求解 \( a0 \) 和 \( a1 \)，二者合起来就可以得到 \( a \)
递归的底层，只有一个元素的时候，\( a' = a \) ，于是我们可以递归作出逆变换了；
void fwt1(int *a,int tp)//a'=(a0',a0'+a1') //a=(a0',a1'-a0') { for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1) for(int j=0,len=(mid<<1);j<lim;j+=len) for(int k=0;k<mid;k++) a[j+mid+k]=upt(a[j+mid+k]+tp*a[j+k]); }
二、and
构造 \( a' = \sum\limits_{j \& i=i}^{} a[j] \)
1.正变换
和 or 同理，考虑最高位01的不同，后面继承本身，而前面要加上后面的贡献；
得到 \( a' = \left ( a0'+a1' , a1' \right ) \)
2.逆变换
同理，得到
\( a0' = a'0 - a'1 \)
\( a1' = a'1 \)
void fwt2(int *a,int tp)//a'=(a0'+a1',a1') //a=(a0'-a1',a1') { for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1) for(int j=0,len=(mid<<1);j<lim;j+=len) for(int k=0;k<mid;k++) a[j+k]=upt(a[j+k]+tp*a[j+mid+k]); }
三、xor
设 \( d(i,j) \) 表示 \( i\&j \) 二进制表示中1的个数；
构造 \( a' = \sum\limits_{d(i,j)\%2==0}^{} a[j] - \sum\limits_{d(i,j)\%2==1}^{} a[j] \)
1.正变换
让我们三步走：
(1) \( a' = \left ( a0' + a1' , a0' - a1' \right ) \)
首先明确，\( a' \) 是 \( d(i\&j) \) 为偶数的 \( a[j] \) 求和，减去 \( d(i\&j) \) 为奇数的 \( a[j] \) 求和；
<1> 对于整体的一个位置 \( i \)，它在前半部分
对于前半部分(折半)的相同位置 \( i' \)，在前半部分的 \( j \) 中，\( d(i'\&j) \) 的奇偶性和 \( d(i\&j) \) 一样，所以继承答案；
对于后半部分(折半)的相同位置 \( i' \)，在后半部分的 \( j \) 中，计算 \( i'\&j \) 时是没有考虑最高位的，所以它们的最高位上都是0，
而因为 \( i \) 的最高位是0，\( i\&j \) 的最高位同样是0，所以正好符合，答案可以加上；
也就是，\( a' = \left ( a0' + a1' , ... \right ) \)
<2> 对于整体的一个位置 \( i \)，它在后半部分
对于前半部分(折半)的相同位置 \( i' \)，在前半部分的 \( j \) 中，\( d(i'\&j) \) 的最高位都是0，
而因为 \( j \) 的最高位是0，\( i\&j \) 的最高位同样是0，所以正好符合，答案可以加上；
对于后半部分(折半)的相同位置 \( i' \)，在后半部分的 \( j \) 中，计算 \( i'\&j \) 时是没有考虑最高位的，所以它们的最高位上都是0，
但 \( i\&j \) 的最高位是1，所以奇偶性都反了，答案加上的是负的；
这样，就得到 \( a' = \left ( a0' + a1' , a0' - a1' \right ) \)
(2) \( d(i\&k) \otimes d(j\&k) = d( (i \otimes j)\&k ) \)
因为是 \( \& \) ，我们就看 \( k \) 是1的那些位；
如果 \( d(i\&k) \) 是偶数，说明 \( i\&k \) 有偶数个1和 \( k \) 重合，奇数同理，\( j \) 同理；
<1> 当 \( d(i\&k) \) 和 \( d(j\&k) \) 奇偶性相同时
\( d(i\&k) + d(j\&k) \) 是偶数；
而 \( i \otimes j \) 同时消去 \( i \) 和 \( j \) 相同位置的1，不是 \( k \) 的1就算了，是 \( k \) 的1，消去的也是偶数；
所以 \( d( (i \otimes j)\&k ) \) 是偶数；
<2> 当 \( d(i\&k) \) 和 \( d(j\&k) \) 奇偶性不同时
\( d(i\&k) + d(j\&k) \) 是奇数；
而 \( i \otimes j \) 同时消去 \( i \) 和 \( j \) 相同位置的1，不是 \( k \) 的1就算了，是 \( k \) 的1，消去的是偶数；
所以 \( d( (i \otimes j)\&k ) \) 是奇数；
这样我们就证明了 \( d(i\&k) \otimes d(j\&k) = d( (i \otimes j)\&k ) \)
(3) 若 \( c[i] = \sum_{j \otimes k=i}^{} a[j]*b[k] \) ，有 \( c' = a' * b' \)
因为 \( c[i] = \sum_{j \otimes k=i}^{} a[j]*b[k] \)
又 \( c' = \sum_{d(i,j)\%2==0}^{} c[j] - \sum_{d(i,j)\%2==1}^{} c[j] \)
代入，得到 \( c'[i] = \sum_{d((j \otimes k)\&i)\%2==0}^{} a[j]*b[k] - \sum_{d((j \otimes k)\&i)\%2==1}^{} a[j]*b[k] \)
而 \( a'[i] * b'[i] = ( \sum_{d(i,j)\%2==0}^{} a[j] - \sum_{d(i,j)\%2==1}^{} a[j]) * ( \sum_{d(i,j)\%2==0}^{} b[j] - \sum_{d(i,j)\%2==1}^{} b[j]) \)
拆开再组合，并使用(2)得到的结论，就得到 \( a'[i] * b'[i] = ( \sum_{d((j \otimes k)\&i)\%2==0}^{} a[j]*b[k] - \sum_{d((j \otimes k)\&i))\%2==1}^{} a[j]*b[k]) \)
所以 \( c' = a' * b' \)
综上，我们仍然可以递归求 xor 的正变换，\( a' = \left ( a0' + a1' , a0' - a1' \right ) \)
2.逆变换
根据正变换就可以知道咯：
\( a0' = (a'0 + a'1) / 2 \)
\( a1' = (a'0 - a'1) / 2 \)
void fwt3(int *a,int tp)//a'=(a0'+a1',a0'-a1') //a=((a0'+a1')/2,(a0'-a1')/2) { for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1) for(int j=0,len=(mid<<1);j<lim;j+=len) for(int k=0;k<mid;k++) { int x=a[j+k],y=a[j+mid+k]; a[j+k]=upt(x+y); a[j+mid+k]=upt(x-y); if(tp==-1)a[j+k]=(ll)a[j+k]*inv%mod,a[j+mid+k]=(ll)a[j+mid+k]*inv%mod; } }
看例题：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4717
代码如下：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; int const xn=(1<<17),mod=998244353; int n,a[xn],b[xn],f[xn],g[xn],lim,inv; int rd() { int ret=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='0')f=0; ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?ret:-ret; } ll pw(ll a,int b) { ll ret=1; for(;b;b>>=1,a=(a*a)%mod) if(b&1)ret=(ret*a)%mod; return ret; } int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod; while(x<0)x+=mod; return x;} void fwt1(int *a,int tp)//a'=(a0',a0'+a1') //a=(a0',a1'-a0') { for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1) for(int j=0,len=(mid<<1);j<lim;j+=len) for(int k=0;k<mid;k++) a[j+mid+k]=upt(a[j+mid+k]+tp*a[j+k]); } void fwt2(int *a,int tp)//a'=(a0'+a1',a1') //a=(a0'-a1',a1') { for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1) for(int j=0,len=(mid<<1);j<lim;j+=len) for(int k=0;k<mid;k++) a[j+k]=upt(a[j+k]+tp*a[j+mid+k]); } void fwt3(int *a,int tp)//a'=(a0'+a1',a0'-a1') //a=((a0'+a1')/2,(a0'-a1')/2) { for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1) for(int j=0,len=(mid<<1);j<lim;j+=len) for(int k=0;k<mid;k++) { int x=a[j+k],y=a[j+mid+k]; a[j+k]=upt(x+y); a[j+mid+k]=upt(x-y); if(tp==-1)a[j+k]=(ll)a[j+k]*inv%mod,a[j+mid+k]=(ll)a[j+mid+k]*inv%mod; } } int main() { n=rd(); lim=(1<<n); inv=pw(2,mod-2); for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=f[i]=rd(); for(int i=0;i<lim;i++)b[i]=g[i]=rd(); fwt1(f,1); fwt1(g,1); for(int i=0;i<lim;i++)f[i]=(ll)f[i]*g[i]%mod; fwt1(f,-1); for(int i=0;i<lim;i++)printf("%d ",f[i]); puts(""); for(int i=0;i<lim;i++)f[i]=a[i],g[i]=b[i]; fwt2(f,1); fwt2(g,1); for(int i=0;i<lim;i++)f[i]=(ll)f[i]*g[i]%mod; fwt2(f,-1); for(int i=0;i<lim;i++)printf("%d ",f[i]); puts(""); for(int i=0;i<lim;i++)f[i]=a[i],g[i]=b[i]; fwt3(f,1); fwt3(g,1); for(int i=0;i<lim;i++)f[i]=(ll)f[i]*g[i]%mod; fwt3(f,-1); for(int i=0;i<lim;i++)printf("%d ",f[i]); puts(""); return 0; }
