FWT 学习笔记

$\operatorname{FFT}$ 和 $\operatorname{NTT}$ 都是在做加法卷积，从其形式 $C_i = \sum\limits_{j = 0}^i A_j\times B_{i - j}$ 可以看出，其满足对应的下标 $j + (i - j) = i$。

考虑把这个 $+$ 换成位运算 $\operatorname{bitand}, \operatorname{bitor}, \operatorname{bitxor}$ 来卷积。
即令这个符号为 $\oplus$，有 $C_i = \sum\limits_{j \oplus k = i} A_j\times B_k(i, j, k\in [0, n), n = 2^m)$。

考虑类似 $\operatorname{FFT}$ 的过程：
$A\stackrel{\operatorname{DFT}}{\longrightarrow} \operatorname{FFT}(A), B\stackrel{\operatorname{DFT}}{\longrightarrow} \operatorname{FFT}(B), \operatorname{FFT}(A)_i\times \operatorname{FFT}(B)_i \to \operatorname{FFT}(C)_i, \operatorname{FFT}(C)\stackrel{\operatorname{IDFT}}{\longrightarrow} C$。
那能不能也这样通过 $\operatorname{DWT}$ 得到 $\operatorname{FWT}(A), \operatorname{FWT}(B)$，然后得到 $\operatorname{FWT}(C)$，通过 $\operatorname{IDWT}$ 得到 $C$。

考虑构造系数 $c(i, j)$ 满足 $\operatorname{FWT}(A)_i = c(i, j)\times A_j$。

那么根据 $\operatorname{FWT}(A)_i\times \operatorname{FWT}(B)_i = \operatorname{FWT}(C)_i$ 就有：
$(\sum\limits_{j} c(i, j)A_j)(\sum\limits_{k} c(i, j)B_k) = \sum\limits_{p} c(i, p) C_p$
$\sum\limits_{j}\sum\limits_{k} c(i, j)c(i, k)A_j B_k = \sum\limits_{p} c(i, p) C_p$

考虑卷积的形式，有 $C_p = \sum\limits_{p1\oplus p2 = p} A_{p1}\times B_{p2}$，就有：
$\sum\limits_{p} C_p = \sum\limits_{p} \sum\limits_{p1\oplus p2 = p} A_{p1} B_{p2}$
$\sum\limits_{p} c(i, p) C_p = \sum\limits_{p} c(i, p)\sum\limits_{p1\oplus p2 = p} A_{p1} B_{p2}$
$\sum\limits_{p} c(i, p) C_p = \sum\limits_{p}\sum\limits_{p1\oplus p2 = p} c(i, p1\oplus p2) A_{p1} B_{p2}$
$\sum\limits_{p} c(i, p) C_p = \sum\limits_{p1}\sum\limits_{p2} c(i, p1\oplus p2) A_{p1} B_{p2}$

把两个最终的式子放在一起，就有 $\sum\limits_{j}\sum\limits_{k} c(i, j)c(i, k)A_j B_k = \sum\limits_{p1}\sum\limits_{p2} c(i, p1\oplus p2) A_{p1} B_{p2}$。
就能得到 $c(i, j)c(i, k) = c(i, j\oplus k)$。

又根据位运算每一位是独立的这一性质，考虑把 $c(i, j)$ 摊到 $(i, j)$ 的每一位上。
即令 $i_{p}$ 为 $i$ 二进制下的第 $p$ 高位（$p = 0$ 为最高位），考虑得到了 $c(i, j) (i, j\in [0, 1])$，有 $c(i, j) = \prod\limits_{p} c(i_p, j_p)$。
只要有 $c(i_p, j_p) c(i_p, k_p) = c(i_p, j_p\oplus k_p)$，那么就有 $c(i, j) c(i, k) = c(i, j\oplus k)$，通过拆位证明。

如果知道了 $c(i, j)$，又如何进行 $\operatorname{DWT}$ 呢？
考虑 $\operatorname{FWT}(A)_i = \sum\limits_{j}^{n - 1} c(i, j) A_j$，那么对于最高位，在 $0\sim \frac{n}{2} - 1$ 时为 $0$，$\frac{n}{2}\sim n - 1$ 时为 $0$。
令 $i', j'$ 分别为 $i, j$ 舍弃最高位后的数，那就有 $\operatorname{FWT}(A)_i = \sum\limits_{j = 0}^{\frac{n}{2} - 1} c(i_0, 0) c(i', j') A_j + \sum\limits_{j = \frac{n}{2}}^{n - 1} c(i_0, 1) c(i', j') A_j = c(i_0, 0) \sum\limits_{j = 0}^{\frac{n}{2} - 1} c(i', j') A_j + c(i_0, 1)\sum\limits_{j = \frac{n}{2}}^{n - 1} c(i', j') A_j$。
发现这也是可以分治的，考虑 $A'_0$ 为首位为 $0$ 的 $A_i$ 得到的序列，$A'_1$ 同理。
那就有 $\operatorname{FWT}(A)_i= c(i_0, 0) \operatorname{FWT}(A'_0)_{i'} + c(i_0, 1)\operatorname{FWT}(A'_1)_{i'}$。
再分讨一下 $i_0$ 的值，就有 $\operatorname{FWT}(A)_i = c(0, 0) \operatorname{FWT}(A'_0)_{i} + c(0, 1)\operatorname{FWT}(A'_1)_{i}, \operatorname{FWT}(A)_{i + \frac{n}{2}} = c(1, 0) \operatorname{FWT}(A'_0)_{i} + c(1, 1)\operatorname{FWT}(A'_1)_{i}(i\in [0, \frac{n}{2}))$。

按照这个系数直接分治就行了。
因为只会往下分治 $\log n$ 层，每一层都会重新计算 $\operatorname{FWT}(A)_i$，时间复杂度 $O(n\log n)$。

考虑把 $c(i, j)(i, j\in [0, 1])$ 写为一个 $2\times 2$ 的矩阵。
那么 $\text{IDWT}$ 只需要把 $\text{DWT}$ 的 $c$ 替换为其逆矩阵即 $c^{-1}$ 即可。

$\operatorname{bitor}$ 卷积：
需要满足 $c(i, j)c(i, k) = c(i, j\operatorname{bitor} k)$。
就有 $c(i, 0)c(i, 0) = c(i, 0), c(i, 0)c(i, 1) = c(i, 1), c(i, 1)c(i, 1) = c(i, 1)$。
可以构造出 $c = \begin{bmatrix}1 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}, c^{-1} = \begin{bmatrix}0 & 1 \\ 1 & -1\end{bmatrix}$。

$\operatorname{bitand}$ 卷积：
需要满足 $c(i, j)c(i, k) = c(i, j\operatorname{bitand} k)$。
就有 $c(i, 0)c(i, 0) = c(i, 0), c(i, 0)c(i, 1) = c(i, 0), c(i, 1)c(i, 1) = c(i, 1)$。
可以构造出 $c = \begin{bmatrix}1 & 1 \\ 0 & 1\end{bmatrix}, c^{-1} = \begin{bmatrix}1 & -1 \\ 0 & 1\end{bmatrix}$。

$\operatorname{bitxor}$ 卷积：
需要满足 $c(i, j)c(i, k) = c(i, j\operatorname{bitxor} k)$。
就有 $c(i, 0)c(i, 0) = c(i, 0), c(i, 0)c(i, 1) = c(i, 1), c(i, 1)c(i, 1) = c(i, 0)$。
可以构造出 $c = \begin{bmatrix}1 & 1 \\ 1 & -1\end{bmatrix}, c^{-1} = \begin{bmatrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\end{bmatrix}$。

模板题 Luogu P4717。
直接套用上面的做法即可。
可以直接从低位到高位递推减小常数。
此题 $n$ 为位数，时间复杂度就为 $O(n2^n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
const i64 mod = 998244353, inv2 = (mod + 1) >> 1;
const int maxn = (1 << 17) + 2;
namespace FWT {
    const i64 Bitor[2][2] = {{1, 1}, {1, 0}}, IBitor[2][2] = {{0, 1}, {1, mod - 1}};
    const i64 Bitand[2][2] = {{1, 1}, {0, 1}}, IBitand[2][2] = {{1, mod - 1}, {0, 1}};
    const i64 Bitxor[2][2] = {{1, 1}, {1, mod - 1}}, IBitxor[2][2] = {{inv2, inv2}, {inv2, mod - inv2}};
    inline void FWT(i64 *a, const i64 B[2][2], int n) {
        for (int i = 0; (1 << i) < n; i++)
            for (int s = 0; s < n; s += 2 << i)
                for (int p = s, ed = s + (1 << i); p < ed; p++) {
                    i64 x = a[p], y = a[p + (1 << i)];
                    a[p] = (B[0][0] * x + B[0][1] * y) % mod, a[p + (1 << i)] = (B[1][0] * x + B[1][1] * y) % mod;
                }
    }
};
i64 a[maxn], b[maxn], a_[maxn], b_[maxn];
int main() {
    int n; scanf("%d", &n);
    n = 1 << n;
    for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
    for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%lld", &b[i]);
    auto solve = [&](int id) {
        for (int i = 0; i < n; i++) a_[i] = a[i], b_[i] = b[i];
        if (id == 1) FWT::FWT(a_, FWT::Bitor, n), FWT::FWT(b_, FWT::Bitor, n);
        if (id == 2) FWT::FWT(a_, FWT::Bitand, n), FWT::FWT(b_, FWT::Bitand, n);
        if (id == 3) FWT::FWT(a_, FWT::Bitxor, n), FWT::FWT(b_, FWT::Bitxor, n);
        for (int i = 0; i < n; i++) (a_[i] *= b_[i]) %= mod;
        if (id == 1) FWT::FWT(a_, FWT::IBitor, n);
        if (id == 2) FWT::FWT(a_, FWT::IBitand, n);
        if (id == 3) FWT::FWT(a_, FWT::IBitxor, n);
        for (int i = 0; i < n; i++) printf("%lld ", a_[i]); printf("\n");
    };
    solve(1),solve(2), solve(3);
    return 0;
}