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 。
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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 \(C\)，\(fwt[A]_i=\sum\limits_{j=0}^{n-1} A_j C_{i,j}\) 。
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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 \(A_1\)。
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若 \(i_0=0\) ,则有 :
\(fwt[A]_i=c(0,0)fwt[A_0]_i+c(0,1)fwt[A_1]_i\quad \big(i\in[0,n/2)\big)\)
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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 \(c([0,1],[0,1])\) 。
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\(fwt[A]\) 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 \(c_i=\sum\limits_{j|k=i} a_jb_k\) 。
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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）
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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 \(c_i=\sum\limits_{j\&k=i} a_jb_k\) 。
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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）
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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 \(c_i=\sum\limits_{j\text{xor} k=i} a_jb_k\) 。
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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...
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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
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。
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。
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：
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。
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
