fwt小记

这是属于补锅计划的一部分。

那就直接进入正题。

理论基础

用于解决求解 $A\oplus B$ 的方法，其中（$\oplus$ 是二进制运算）

名字很高级 快速莫比乌斯/沃尔什变换 (FMT/FWT) ，其实基本思想比较简单。

假设有一个序列 $A$ ，通过某种变换我们可以得到另一个序列 $fwt[A]$ ，如果对于整个序列 $A$ 复杂度为 $O(n^2)$ 的计算可以等价于在 $fwt[A]$ 中的 $O(n)$ 的计算，那么只要这种变换的复杂度很低，那么整个过程的复杂度就降下来了。

比如卷积，两个函数的的卷积我们不好求，但我们可以用 $O(n\log n)$ 的复杂度求出他的点值，而点值的运算等价于原函数的计算，那么整个FFT的复杂度就是 $O(n\log n)$ 的。

具体去解释这个变换比较复杂，推荐先通过模板题题解区了解具体操作再来学习理论。

这里就挑其中的一些重点，省去了一些证明，全面的解释见这 。

• FWT 是一个线性变换 ，即你可以理解为 $A$ 是一个 $n$ 维向量，变换是一个 $n\times n$ 的矩阵 $C$，$fwt[A]_i=\sum\limits_{j=0}^{n-1} A_j C_{i,j}$ 。

• 因为 $\oplus$ 是二进制运算，所以我们可以把每一位分开考虑（按位拆半）。

  设 $A_0$ 为幂级数下标首位为 $0$ 的部分，类似地有 $A_1$。

  • 若 $i_0=0$ ,则有 :

    $fwt[A]_i=c(0,0)fwt[A_0]_i+c(0,1)fwt[A_1]_i\quad \big(i\in[0,n/2)\big)$

  • 若 $i_0=1$ ,则有 :

    $fwt[A]_{i+(n/2)}=c(1,0)fwt[A_0]_i+c(1,1)fwt[A_1]_i\quad \big(i\in[0,n/2)\big)$

  所以对于 $C$ 矩阵来说，有用的只有 $c([0,1],[0,1])$ 。

• $fwt[A]$ 变换回 $A$ 就是通过 $C$ 的逆矩阵得到，因为 $A*C=fwt[A]\rightarrow fwt[A]*C^{-1}=A$ 。

模板

或

即求解 $c_i=\sum\limits_{j|k=i} a_jb_k$ 。

• 矩阵： $\begin{bmatrix}1&0\\1&1\end{bmatrix}$ 。

  即 $fwt[A]_i=fwt[A_0]_i\;\;fwt[A]_{i+(n/2)}=fwt[A_0]_i+fwt[A_1]_i$ 。

  $c(i,j)=[i|j=i]$ 。

  含义：子集求和（高维前缀和）

• 逆矩阵： $\begin{bmatrix}1&0\\-1&1\end{bmatrix}$ 。

  即 $fwt[A]_i=fwt[A_0]_i\;\;fwt[A]_{i+(n/2)}=-fwt[A_0]_i+fwt[A_1]_i$ 。

  $c(i,j)=-[i|j=i]$ 。

  含义：高维前缀差。

与

即求解 $c_i=\sum\limits_{j\&k=i} a_jb_k$ 。

• 矩阵： $\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}$ 。

  即 $fwt[A]_i=fwt[A_0]_i+fwt[A_1]_i\;\;fwt[A]_{i+(n/2)}=fwt[A_1]_i$ 。

  $c(i,j)=[i\&j=i]$ 。

  含义：超集求和（高维后缀和）

• 逆矩阵： $\begin{bmatrix}1&-1\\0&1\end{bmatrix}$ 。

  即 $fwt[A]_i=fwt[A_0]_i-fwt[A_1]_i\;\;fwt[A]_{i+(n/2)}=fwt[A_1]_i$ 。

  $c(i,j)=-[i\&j=i]$ 。

  含义：高维后缀差。

异或

即求解 $c_i=\sum\limits_{j\text{xor} k=i} a_jb_k$ 。

• 矩阵： $\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\end{bmatrix}$ 。

  即 $fwt[A]_i=fwt[A_0]_i+fwt[A_1]_i\;\;fwt[A]_{i+(n/2)}=fwt[A_1]_i-fwt[A_1]_i$ 。

  $c(i,j)=(-1)^{|i\&j|}$ 。

  含义：不知道...

• 逆矩阵： $\begin{bmatrix}0.5&0.5\\0.5&-0.5\end{bmatrix}$ 。

  即 $fwt[A]_i=\frac{1}{2}(fwt[A_0]_i+fwt[A_1]_i)\;\;fwt[A]_{i+(n/2)}=\frac{1}{2}(fwt[A_1]_i-fwt[A_1]_i)$ 。

  $c(i,j)=\frac{1}{2^n}(-1)^{|i\&j|}$ 。

代码，复杂度是 $O(n\log n)$ 的。

例题

• CF662C Binary Table

因为 $n$ 很小，我们可以暴力考虑每一行翻不翻转。

对应的看列状态，设 $a_i$ 表示 $i$ 这种状态的出现次数，$b_i$ 表示二进制数 $i$ 的 $0/1$ 较小值。

那么当枚举的行翻转状态为 $x$ ，那么 $ans=\sum_{i=0}^{2^n} a_ib_{i\text{xor} x}$ 。

变一下就有 $ans=\sum\limits_{i\text{xor}j=x} a_ib_{j}$ ，那么我们就可以用 $\text{xor}$ 卷积一次求出所有行翻转状态的答案，最后取 $\min$ 就是答案。

• P6097 【模板】子集卷积

如果没有 $i\&j=0$ 这是好做的。

注意到 $i|j=s,i\&j=0$ 等价于 $i|j=s,|i|+|j|=|s|$ 。

那么我们可以把单个的值换成是一个多项式，把上面提到的加法、乘法都转换成多项式的加法、乘法，之后就是一模一样的了。

复杂度是 $O(n\log^2 n)$ 的。

实现上可以把多项式维度转移到前面，可以结合代码理解。

还有一个形如 $S[s]=C[s]\sum\limits_{\small t\subsetneq s}S[t]W[s-t]$ 这样的dp也可以通过子集卷积来优化。

题目：P4221 [WC2018]州区划分 。

没有什么特别重要的，就直接给题解链接了

还有一些板子，就不说了。

高级运用

复杂理论的用处来了。

• CF449D Jzzhu and Numbers

因为这题是要求一堆数与起来为 $0$ ，和我们上面所处理的两个数异或起来不同，这很像几个多项式乘在一起。

那么我们就可以构造多项式 $F_i$，其中 $F_{i}[m]=F_i[a_i]=1,m=2^n-1$ 这样在 于卷积 意义下分别表示 不选、选 $a_i$ 。

那么答案就是 $F(x)=[x^0]\prod_{i} F_i(x)$ ，但暴力乘起来的复杂度是 $O(n^2\log n)$ 的。

每个多项式都只有两个非 $0$ 项，我们来寻找一下规律：

设 $c(i,j)$ 为and卷积的变换系数，则 $fwt[F_k]_i=\sum\limits_{j=0}^{m}c(i,j)F_k[j]=c(i,m)+c(i,a_k)$ 。

经过我们上面的分析，$c(i,j)=[i\&j=i]$ ，那么我们就知道：

$$fwt[F_k]_i= \begin{cases} 2&i\&a_k=i\\ 1&i\&a_k\neq i\\ \end{cases}$$

因为 $fwt[F(x)]_i=\prod\limits_{k=1}^nfwt[F_k]_i$ ，那么我们只要知道第 $i$ 位有多少个 $2$ ，那么 $fwt[F(x)]_i$ 就等于 $2$ 的多少次方。相当于对每个 $i$ 求有多少个 $a_k\&i=i$ ，就是或卷积。

求出来之后直接再逆操作转成 $F(x)$ 即可。

• CF1119H Triple

仿照上题，我们设 $F_k(x)$ ，其中 $F_k[a_k]=x,F_k[b_k]=y,F_k[c_k]=z$ ，答案为 $[x^i]\prod F_k(x)$ 。

同样 $fwt[F_k]_i=c(i,a_k)x+c(i,b_k)y+c(i,c_k)z$ ，然后有 $c(i,j)=(-1)^{|i\&j|}$ 。

那么 $fwt[F(x)]_i=\prod\limits_{k=1}^nfwt[F_k]_i=\prod\limits_{k=1}^n(-1)^{|i\&a_k|}x+(-1)^{|i\&b_k|}y+(-1)^{|i\&c_k|}z$ 。

到了这里，发现我们无法适用上面的解法了，因为后面的式子比较复杂。

但是因为 $(-1)^{|i\&a_k|}x+(-1)^{|i\&b_k|}y+(-1)^{|i\&c_k|}z$ 只有 $8$ 种取值，如果我们分别得到其个数，就可以用快速幂得到答案。

$8$ 种还是太多了，有一种巧妙的化简方法 ：

由异或的自反性，每个把三元组 $\{a_i,b_i,c_i\}$ 异或上 $a_i$ ,变为 $\{0,b_i\oplus a_i,c_i\oplus a_i\}$。

那么最后的结果异或上 $\oplus_{i=1}^na_i$ 就能得到原来的答案。

所以就变成了 $4$ 种。

对于 $i$ 来说，我们设 $c_1,c_2,c_3,c_4$ 分别表示 $x+y+z,x+y-z,x-y+z,x-y-z$ 的个数。

那么 $c_1=\sum\limits_{k=1}^n [(-1)^{|i\&b_k| }=1\and (-1)^{|i\&c_k| }=1]$ ，同样可以得到 $c_2,c_3,c_4$ 的含义。

发现这和异或情况下的 $c(i,j)$ 的系数很相似。

我们可以令 $F_k[b_k]=1$ ，即 $x=0,y=1,z=0$ ，那么此时 $fwt[F_k]_i=(-1)^{|i\&b_k|}$ ，于是 $\sum\limits_{k=1}^nfwt[F_k]_i=p1=c_1+c_2-c_3-c_4$ 。

怎么求 $\sum\limits_{k=1}^nfwt[F_k]_i$ ，我们有 $fwt(F+G)=fwt(F)+fwt(G)$ ，因为这东西是一个线性变换，其实就是向量乘矩阵 ，那么我们计算 $fwt(\sum\limits_{k=1}^nF_k)$ 就可以了。

同样的，还有 令 $F_k[c_k]=1$ ，此时 $\sum\limits_{k=1}^nfwt[F_k]_i=p1=c_1-c_2+c_3-c_4$ 。

令 $F_k[b_k]=F_k[c_k]=1$ ，此时 $\sum\limits_{k=1}^nfwt[F_k]_i=p1=c_1-c_2-c_3+c_4$ 。

还有 $c_1+c_2+c_3+c_4=n$ ，那么就可以解方程解出 $c_1,c_2,c_3,c_4$ 的值了。

最后像上题一样逆操作转成 $F(x)$ 即可。

和多项式高级操作的结合

没想到吧，这玩意还可以求逆、ln、exp，小编也没想到，所以这部分就咕咕咕了。

到时候再补吧