FWT 学习笔记&做题记录

前置知识

高维前缀和

多项式卷积

---

先来个模板：

P4717

FWT 用来解决像下面这样的卷积：

$$F(x)=\sum_{i\oplus j=x}A(i)B(j)$$

其中 $\oplus$ 是三个位运算中的一个。

FWT 的时间复杂度为 $O(n2^n)$，如果把 $2^n$ 看成 $n$，那么时间复杂度和 FFT，NTT 相同。

与卷积

$$F(x)=\sum_{i\ and\ j=x}A(i)B(j)$$

定义 $A'(x)$ 表示 $\sum_{x\in y}A(y)$，这是一个 FWT 变换，显然这个变换可以直接高维前缀和。

void FMT(int *A,int *ans){
	for(int i=0;i<S;i++)ans[i]=A[i];
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=S-1;j>=0;j--)
			if(j&(1<<i))ans[j^(1<<i)]+=ans[j];
}

然后会发现一个惊人的式子：

$$F'(x)=A'(x)B'(x)$$

证明很简单，考虑后面的式子实际上就是

$$\sum_{x\in y_1}\sum_{x\in y_2}A(y_1)B(y_2)$$

然后会发现 $x\in (y_1\cap y_2)$，所以这样计算出来的显然和右边相等。

然后考虑咋从 $F'(x)$ 变成 $F(x)$。

实际上就是再减回去，把加号变成减号即可。

void IFMT(int *A,int *ans){
	for(int i=0;i<S;i++)ans[i]=A[i];
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=S-1;j>=0;j--)
			if(j&(1<<i))ans[j^(1<<i)]-=ans[j];
}

然后你就会发现，两个的区别只有一个符号，可以直接带一个 $T$ 进去。

卷积写法和 FFT 差不多，就是：

FWT(A,A,1),FWT(B,B,1);
for(int i=0;i<S;i++)ans[i]=A[i]*B[i];
FWT(ans,ans,-1);

和卷积就好了。

或卷积

和上面的差不多，可以发现本质上就是枚举顺序换一下就好了。

关于写法

FWT 写法可以和 FFT 长得一样，这样看上去更加优美。

//和卷积
void FMT_And(int *A,int T){
    for(int len=1;len<1<<n;len<<=1)
        for(int l=0;l<1<<n;l+=(len<<1))
            for(int k=0;k<len;k++)
                A[l+k]=A[l+k]+A[l+k+len]*T;
}
//或卷积
void FMT_Or(int *A,int T){
    for(int len=1;len<1<<n;len<<=1)
        for(int l=0;l<1<<n;l+=(len<<1))
            for(int k=0;k<len;k++)
                A[l+k+len]=A[l+k]*T+A[l+k+len];
}

可以发现本质上 $len$ 在枚举哪一位，$l$ 在枚举这一位前面的，$k$ 是后面的，然后就和上面的写法一样了。

这样写的好处在于，无论什么运算，只需要在两个数的情况下满足，就可以直接写在里面。

异或卷积

最后讲是因为实在太难了。

神仙构造：$F'(x)=\sum_{i*x=0}F(i)-\sum_{i*x=1}F(i)$。

令 $p(x)$ 表示 $x$ 二进制位上 $1$ 的个数，则上面 $*$ 表示 $p(i\& x)\mod 2$。

可以发现 $(i*x)\ xor \ (i*y)=i*(x\ xor \ y)$。

证明很简单，按位考虑，如果 $i$ 这位是 $0$，那么左右都是 $0$，如果 $i$ 是 $1$，那么 $x,y$ 如果有 $1$ 就会产生 $1$ 的贡献，又因为有对 $2$ 取模，所以左右相等。

$$A'(x)B'(x)=(\sum_{i*x=0}A(i)-\sum_{i*x=1}A(i))(\sum_{j*x=0}B(j)-\sum_{j*x=1}B(j))\\ =(\sum_{i*x=0}A(i)\sum_{j*x=0}B(j))+(\sum_{i*x=1}A(i)\sum_{j*x=1}B(j))-(\sum_{i*x=1}A(i)\sum_{j*x=0}B(j))-(\sum_{i*x=0}A(i)\sum_{j*x=1}B(j))\\ =(\sum_{(i*x)\ xor \ (j*x)=0}A(i)B(j))-(\sum_{(i*x)\ xor \ (j*x)=1}A(i)B(j))\\ =(\sum_{x*(i\ xor \ j)=0}A(i)B(j))-(\sum_{x*(i\ xor \ j)=1}A(i)B(j))\\ =\sum_{x*y=0}F(y)-\sum_{x*y=1}F(y)=F'(x)$$

考虑咋实现，对于两个数差一个二进制位的数来说，实际上就是前面的加上后面的，后面的减去前面的。

逆变换也很简单，直接还原即可。

void FMT_Xor(int *A,int T){
    for(int len=1;len<1<<n;len<<=1)
        for(int l=0;l<1<<n;l+=(len<<1))
            for(int k=0;k<len;k++){
                int x=A[l+k],y=A[l+k+len];
                A[l+k]=x+y,A[l+k+len]=x-y;
                if(T==-1)A[l+k]=A[l+k]/2,A[l+k+len]=A[l+k+len]/2;
            }
}

最后我们得到了 P4717 的 代码

---

做题记录

P6097

给长度为 $2^n$ 的两个序列 $A,B$，求其子集卷积结果。

$$c_k=\sum_{\substack{{i \& j=0}\\{i~\mid~ j=k}}} a_i b_j$$

$n\le 20$。

一个模板题。

考虑 $i \& j=0$ 的限制比较阴间，没有这个限制的话可以直接或卷积。

令 $p(x)$ 表示 $x$ 二进制位上 $1$ 的个数，那么可以发现，$p(i)+p(j)\ge p(i|j)$，仅当 $p(i)+p(j)=p(i|j)$ 时 $i\& j=0$。

那么有一个想法就是加一维限制，限制其位数，对于每一个或卷积之后在进行一个多项式卷积。

即

$$C'(n,x)=\sum_{i=0}^n A'(i,x)B'(n-i,x)$$

然后对每一位进行还原即可，时间复杂度 $O(n^22^n)$ 可过。

code

---

CF662C *2600

tourist 场上没做出的题被我做出了。

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 $1$ 。
$n\le 20,m\le 10^5$。

$n$ 这么小，显然先把每一列状压一下，假设状压结果是 $b_i$。

枚举当前行上的操作 $x$，令 $g(x)$ 表示 $\min(p(x),n-p(x))$，即通过翻转得到的最小 $1$ 数量。

$$F(x)=\sum g(b_i\ xor \ x)$$

令 $k_i=b_i\ xor \ x$，$c_i$ 表示 $b_i$ 的出现次数。

$$F(x)=\sum_{b_i\ xor \ x=k_i} g(k_i)=\sum_{b_i\ xor \ k_i=x} g(k_i)=\sum_{i\ xor \ j=x}g(i)c(j)$$

显然异或卷积，直接卷就好了。

code

---

P4221

题比较长，自己看吧

首先，判断一个点集是否合法可以直接暴力，只需要满足不连通或者存在奇点即可，这部分可以直接 $O(n2^n)$。

直接考虑当前选了多少个点，令 $f_{i,j}$ 表示已经选了 $i$ 个点，集合为 $j$ 的乘积，这明显是一个子集卷积，枚举上一轮选了多少个点，直接和上面预处理的结果卷起来就好了。

每一轮之后再去除以整个集合的和，也就是式子的下半部分。

这样一直做 $n$ 轮就做完了，时间复杂度 $O(n^22^n)$。

code

---

P8292

有 $n$ 个数 $a_i$ ，$Q$ 次询问，每次询问给出 $k$ 个质数，可以在 $n$ 个数中选择若干个数，使得 $k$ 个质数都能整除选出得数的乘积，求方案数对 $998244353$。
$n\le 10^6,\sum k\le 18000,a_i\le 2000$。

发现 $a_i\le 2000$，容易想到根号分治，然后可以发现 $\le \sqrt{2000}$ 的质数只有 $14$ 个，可以状压。

先不考虑 $> \sqrt{2000}$ 的，可以发现这本质上就是个或卷积，设 $f(x)$ 表示选了集合为 $x$ 的因数的方案数，答案相当于把 $n$ 个数每个数的 $f$ 数组卷起来。

如何快速卷？把每个数组都 FWT，可以发现本质是一个其他都是 $1$，包含 $a_i$ 的数是 $2$ 的东西，所以可以全部加起来，然后 FWT 之后求一个 $2$ 的幂次。

最后的答案相当于 IFWT 之后求一个后缀和。

然后考虑 $>\sqrt{2000}$ 的因数咋做，考虑分组，每个数分到自己 $>\sqrt{2000}$ 的因数的组里去，最后相当于每个组卷起来，如果一个组被选中，那么就相当于去掉一个都不选的方案，也就是减一。

时间复杂度 $O(2^{14}\sum {c_i})$，在民间数据中跑过了。

code

upd：棺方数据挂了，需要使用常数优化。

由于 $43\times 47<2000$，所以 $43$ 也可以分到后面，这样时间复杂度变成 $O(2^{13}\sum {c_i})$。

注意需要特判 $1849$，因为没有一个 $<43$ 的因数可以除掉它。

code

---