二进制卷积（FWT，子集卷积）

来解决一下二进制卷积相关。以下均假设序列长度为 $2$ 的次幂。

我觉得以后我行内 $LATEX$ 应该加个空格。

快速沃尔什变换（Fast Walsh Transform，FWT）

这个是拿来在 $O(n\log n)$ 时间复杂度内处理位运算（与、或、异或）卷积的。

重申一遍卷积：两个序列 $f,g$ 的卷积是

$$h_i=\sum _{i=j\oplus k}{f}_j{g}_k$$

当中间的二元运算是三种位运算中的一种的时候，就变成了位运算卷积。我们一个一个讨论。

1. 或运算

我们定义对于序列 $f$ 的变换 $FWT(f)$ 的第 $i$ 项为

$$FWT(f{)}_i=\sum _{j|i=i}{f}_j$$

也就是我们要求以 $i$ 的所有子集为下标的元素和。

考虑类似FFT的分治做法，我们设 $f_0$ 为所有二进制位开头为 $0$ 的数（就是前一半）， $f_1$ 为二进制位开头为 $1$ 的数（后一半），那么前一半的子集就是它自己的子集，而后一半的子集除了后一半自己的，还有前一半对应位置的（因为它自己的最高位是 $1$ ，对应的最高位是 $0$ 的仍然是它的子集）。所以我们有：

$$FWT(f)=\text{merge}(FWT(f_0),FWT(f_0)+FWT(f_1))$$

其中 $\text{merge}$ 表示把前后两个序列拼起来，加法表示对应位相加（就是最高位带 $1$ 的项加上最高位不带 $1$ 的项）。显然这个可以像FFT一样迭代。

然后就可以普通地把每一项对应相乘了。略证为什么直接乘是对的：

$$\begin{array}{rl}& FWT(f{)}_i\times FWT(g{)}_i\\ =& \left(\sum _{j|i=i}{f}_j\right)\left(\sum _{k|i=i}{g}_k\right)\\ =& \sum _{j|i=i,k|i=i}{f}_j{g}_k\\ =& \sum _{(j|k)|i=i}{f}_j{g}_k\\ =& FWT(h{)}_i\end{array}$$

然后关于逆变换，我们知道 $f_0$ 的子集是它自己的， $f_1$ 的子集是它自己的减去 $f_0$ 的，那么我们类似上面的式子，有：

$$IFWT(f)=\text{merge}(IFWT(f_0),IFWT(f_1)-IFWT(f_0))$$

显然两个可以扔到一起。

void getor(int a[],int n,int tp){
    for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
        for(int i=0;i<n;i+=(mid<<1)){
            for(int j=0;j<mid;j++){
                a[i+j+mid]=(a[i+j+mid]+1ll*a[i+j]*tp)%mod;
            }
        }
    }
}

2. 与运算

类似或运算，我们定义序列 $f$ 的变换 $FWT(f)$ 的第 $i$ 项为

$$FWT(f{)}_i=\sum _{j\mathrm{\&}i=i}{f}_j$$

然后定义 $f_0,f_1$ 同上，那么 $f_1$的超集就是自己的超集， $f_0$的超集就是自己的加上 $f_1$ 的，于是类似或，我们得到了：

$$FWT(f)=\text{merge}(FWT(f_0)+FWT(f_1),FWT(f_1))$$

$$IFWT(f)=\text{merge}(IFWT(f_0)-IFWT(f_1),IFWT(f_1))$$

void getand(int a[],int n,int tp){
    for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
        for(int i=0;i<n;i+=(mid<<1)){
            for(int j=0;j<mid;j++){
                a[i+j]=(a[i+j]+1ll*a[i+j+mid]*tp)%mod;
            }
        }
    }
}

3. 异或运算

我们构造运算 $i\oplus j$ 为$i\mathrm{\&}j$中 $1$ 的数量的奇偶性，那么发现这个运算满足：

$$(i\oplus k)\text{xor}(j\oplus k)=(i\text{xor}j)\oplus k$$

证明考虑大力分讨即可。（我不想码字）
关于二进制第$p$位，有如下三种情况：

1. $i\oplus k$ 为 $1$ , $j\oplus k$ 为 $0$，则 $i,k$ 为 $1$ , $j$ 为 $0$ , $(i\text{xor}j)\oplus k$为 $1$。反过来同理。
2. $i\oplus k$ 为 $1$ , $j\oplus k$ 为 $1$，则 $i,j,k$ 为 $1$ , $(i\text{xor}j)\oplus k$为 $0$。
3. $i\oplus k$ 为 $0$ , $j\oplus k$ 为 $0$，则 $i,j$ 为 $0$ , $k$ 为 $0$ 或 $1$ , $(i\text{xor}j)\oplus k$为 $0$。

综上得证。那么定义序列 $f$ 的变换 $FWT(f)$ 的第 $i$ 项为

$$FWT(f{)}_i=\sum _{i\oplus j=0}{f}_j-\sum _{i\oplus j=1}{f}_j$$

那么乘起来有：

$$\begin{array}{rl}& FWT(f{)}_i\times FWT(g{)}_i\\ =& (\sum _{i\oplus j=0}{f}_j-\sum _{i\oplus j=1}{f}_j)\times (\sum _{i\oplus k=0}{g}_k-\sum _{i\oplus k=1}{g}_k)\\ =& \left(\sum _{i\oplus j=0}{f}_j\right)\left(\sum _{i\oplus k=0}{g}_k\right)+\left(\sum _{i\oplus j=1}{f}_j\right)\left(\sum _{i\oplus k=1}{g}_k\right)-\left(\sum _{i\oplus j=1}{f}_j\right)\left(\sum _{i\oplus k=0}{g}_k\right)-\left(\sum _{i\oplus j=0}{f}_j\right)\left(\sum _{i\oplus k=1}{g}_k\right)\\ =& \sum _{(j\text{xor}k)\oplus i=0}{f}_j{g}_k-\sum _{(j\text{xor}k)\oplus i=1}{f}_j{g}_k\\ =& FWT(h{)}_i\end{array}$$

然后考虑如何运算。仍然考虑分治的思想，如上定义 $f_0,f_1$ 。对于 $f_0$ ，最高位满足 $0\mathrm{\&}0=0,0\mathrm{\&}1=0$ ,所以前一半可以直接加上后一半的对应位置的值。而后一半有所不同，有$1\mathrm{\&}0=0,1\mathrm{\&}1=1$，所以自己的贡献是负的。即：

$$FWT(f)=\text{merge}(FWT(f_0)+FWT(f_1),FWT(f_0)-FWT(f_1))$$

逆变换同理，解方程即可。

$$IFWT(f)=\text{merge}(\frac{IFWT(f_0)+IFWT(f_1)}{2},\frac{IFWT(f_0)-IFWT(f_1)}{2})$$

void getxor(int a[],int n,int tp){
    for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
        for(int i=0;i<n;i+=(mid<<1)){
            for(int j=0;j<mid;j++){
                int x=a[i+j],y=a[i+j+mid];
                a[i+j]=1ll*(x+y)*tp%mod;
                a[i+j+mid]=1ll*(x-y+mod)*tp%mod;
            }
        }
    }
}

那么我们就有了板子的全部代码。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int mod=998244353,inv2=(mod+1)>>1;
int a[1<<17],b[1<<17],n,p[1<<17],q[1<<17];
void getor(int a[],int n,int tp){
    for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
        for(int i=0;i<n;i+=(mid<<1)){
            for(int j=0;j<mid;j++){
                a[i+j+mid]=(a[i+j+mid]+1ll*a[i+j]*tp)%mod;
            }
        }
    }
}
void getand(int a[],int n,int tp){
    for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
        for(int i=0;i<n;i+=(mid<<1)){
            for(int j=0;j<mid;j++){
                a[i+j]=(a[i+j]+1ll*a[i+j+mid]*tp)%mod;
            }
        }
    }
}
void getxor(int a[],int n,int tp){
    for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
        for(int i=0;i<n;i+=(mid<<1)){
            for(int j=0;j<mid;j++){
                int x=a[i+j],y=a[i+j+mid];
                a[i+j]=1ll*(x+y)*tp%mod;
                a[i+j+mid]=1ll*(x-y+mod)*tp%mod;
            }
        }
    }
}
void get(){for(int i=0;i<(1<<n);i++)p[i]=a[i],q[i]=b[i];}
void calc(){for(int i=0;i<(1<<n);i++)p[i]=1ll*p[i]*q[i]%mod;}
void print(){for(int i=0;i<(1<<n);i++)printf("%d ",p[i]);printf("\n");}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)scanf("%d",&b[i]);
    get();getor(p,1<<n,1);getor(q,1<<n,1);calc();getor(p,1<<n,mod-1);print();
    get();getand(p,1<<n,1);getand(q,1<<n,1);calc();getand(p,1<<n,mod-1);print();
    get();getxor(p,1<<n,1);getxor(q,1<<n,1);calc();getxor(p,1<<n,inv2);print();
}

子集卷积

子集卷积可以在 $O(n{\log }^{2}n)$ 的复杂度内求出形如

$$h_i=\sum _{j|k=i,j\mathrm{\&}k=0}{f}_j{g}_k$$

这样的卷积形式。

首先或的要求我们直接 $\text{or}$ 卷积就行。然后是与为 $0$ 。我们可以多增加一维，记录每个数的 $1$ 的个数，因为 $|i\cap j|=0\iff |i|+|j|=|i\cup j|$ 。这样，我们把每个序列拆开，对每个位数做 $FWT$ ，最后卷积起来再 $FWT$ 回去就行了。具体的看代码。

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)scanf("%d",&a[__builtin_popcount(i)][i]);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)scanf("%d",&b[__builtin_popcount(i)][i]);
    //__builtin_popcount()是内置的统计数字二进制位中1的个数的函数 应该是O(1)的
    for(int i=0;i<=n;i++){
        getor(a[i],1<<n,1),getor(b[i],1<<n,1);
    }
    for(int i=0;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=i;j++){
            for(int k=0;k<(1<<n);k++){
                p[i][k]=(p[i][k]+1ll*a[j][k]*b[i-j][k]%mod)%mod;//对每一位变换之后按照定义乘
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)getor(p[i],1<<n,mod-1);//逆变换回来
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)printf("%d ",p[__builtin_popcount(i)][i]);
}