快速傅里叶变换、数论变换、快速莫比乌斯变换、快速沃尔什变换学习笔记（代码还没补，以及应用）

快速傅里叶变换、数论变换、快速莫比乌斯变换、快速沃尔什变换学习笔记

前置知识

阅读下文需要复数和任意角三角函数等高中数学知识，请先自行学习这些内容。

快速傅里叶变换（FFT）

概述

离散傅里叶变换（Discrete Fourier Transform，DFT），是傅里叶变换在时域和频域上都呈离散的形式，将信号的时域采样变换为其 DTFT 的频域采样。快速傅里叶变换（Fast Fourier Transform，FFT）是一种高效实现 DFT 的算法。

DFT 在算法竞赛中常用于加速多项式乘法，并进一步加速多项式其他各种运算来解题。

多项式的系数与点值表示法

系数表示法是用每一项系数来表示多项式。$f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ix^i\iff f(x)=\{a_0,a_1,\cdots,a_{n-1}\}$。

点值表示法是用 $n-1$ 次多项式在 $n$ 个点的取值表示多项式。容易证明 $n$ 个点的取值可以唯一确定一个不超过 $n-1$ 次的多项式。$f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ix^i\iff f(x)=\{(x_0,y_0),(x_1,y_1),\cdots,(x_{n-1},y_{n-1})\}$。

两个系数表示法的多项式相乘需要计算 $\mathcal O(n^2)$ 次，而两个点值表示法的多项式相乘只需要在 $\mathcal O(n)$ 的时间把对应点值相乘即可，于是只要可以在 $\mathcal o(n^2)$ 的时间实现系数和点值的互转，就可以加速多项式乘法。

离散傅里叶变换（DFT）的作用是将多项式从系数表示法转化为点值表示法，离散傅里叶逆变换（IDFT）的作用是将多项式从点值表示法转化为系数表示法。

了解了 DFT 和 IDFT 的想法，我们发现点值显然不能随便代入，因为这样计算就是 $\mathcal O(n^2)$ 的了，于是我们希望取一些特殊点的点值。

单位复根

我们想到 $\pm 1$ 的幂都很好算，就不需要计算 $x^i$（$0\le i < n$）了。同理，我们发现 $\pm\textrm{i}$ 的幂也很好算，或者说 $\omega^k=1$ 中的 $\omega$ 也可以。

我们定义方程 $x^n=1$ 在复数意义下的解是 $n$ 次复根，显然这样的解有 $n$ 个。我们设 $\omega_n=\textrm{e}^\frac{2\pi\textrm{i}}{n}=\cos\dfrac{2\pi}{n}+\textrm{i}\sin\dfrac{2\pi}{n}$，于是 $x^n=1$ 的解集为 $\{\omega_n^k\mid k\in[0,n)\cap\Z\}$。我们称 $\omega_n$ 为 $n$ 次单位复根，它是把单位元 $n$ 等分的第一个角对应的向量。

单位复根有三个重要的性质：

• $\omega_n^0=\omega_n^n=1$。
• $\omega_n^k=\omega_{2n}^{2k}$。
• $\omega_{2n}^{k+n}=-\omega_{2n}^k$。

离散傅里叶变换（DFT）

DFT 的思想是分治地求 $x=\omega_n^k$ 时 $f(x)$ 的值，分治的方法是分奇偶次项处理。

注意 DFT 时多项式的次数必须是 $2^k-1$，即有 $2^k$ 项，不足的需要补 $0$。

例如对于七次八项式：

$$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5+a_6x^6+a_7x^7$$

进行如下变形：

$$\begin{aligned} f(x)&=(a_0+a_2x^2+a_4x^4+a_6x^6)+(a_1x+a_3x^3+a_5x^5+a_7x^7)\\ &=(a_0+a_2x^2+a_4x^4+a_6x^6)+x(a_1+a_3x^2+a_5x^4+a_7x^6) \end{aligned}$$

设函数 $g,h$：

$$\begin{aligned} g(x)&=a_0+a_2x+a_4x^2+a_6x^3\\ h(x)&=a_1+a_3x+a_5x^2+a_7x^3 \end{aligned}$$

则：

$$f(x)=g(x^2)+xh(x^2)$$

代入单位复根：

$$\begin{aligned} f(\omega_n^k)&=g(\omega_n^{2k})+\omega_n^kh(\omega_n^{2k})\\ &=g\left(\omega_{\frac{n}{2}}^k\right)+\omega_n^kh\left(\omega_{\frac{n}{2}}^k\right)\\ f\left(\omega_n^{k+\frac{n}{2}}\right)&=g(\omega_n^{2k+n})+\omega_n^{k+\frac{n}{2}}h(\omega_n^{2k+n})\\ &=g(\omega_n^{2k})-\omega_n^kh(\omega_n^{2k})\\ &=g\left(\omega_{\frac{n}{2}}^k\right)-\omega_n^kh\left(\omega_{\frac{n}{2}}^k\right) \end{aligned}$$

因此如果我们知道 $g\left(\omega_{\frac{n}{2}}^k\right)$ 和 $h\left(\omega_{\frac{n}{2}}^k\right)$，就可以求出 $f(\omega_n^k)$ 和 $f\left(\omega_n^{k+\frac{n}{2}}\right)$，可以对 $g,h$ 递归进行 DFT。

时间复杂度为 $T(n)=2T\left(\dfrac{n}{2}\right)+\mathcal O(n)=\mathcal O(n\log n)$。

【参考代码先咕着】

位逆序置换

DFT 的分治是递归形式的，时间和空间的常数都较大，FFT 就是通过一些神奇的方式把递归改为递推，使得常数变为原来的一半。

我们对刚刚的七次八项式进行模拟递归：

• $\{a_0,a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6,a_7\}$。
• $\{a_0,a_2,a_4,a_6\},\{a_1,a_3,a_5,a_7\}$。
• $\{a_0,a_4\},\{a_2,a_6\},\{a_1,a_5\},\{a_3,a_7\}$。
• $\{a_0\},\{a_4\},\{a_2\},\{a_6\},\{a_1\},\{a_5\},\{a_3\},\{a_7\}$。

那么序列 $0,4,2,6,1,5,3,7$ 有没有什么特点呢？是有的，把它们写为三位的二进制数，发现就是把二进制高低位翻转了。这一点可以很简单地通过每次考虑最低位的排列方式来证明。这种序列我们称之为位逆序置换，也称蝴蝶变换。

根据位逆序置换的定义，我们显然可以在 $\mathcal O(n\log n)$ 的时间求出 $2^k$ 的位逆序置换。

事实上位逆序置换也可以早 $\mathcal O(n)$ 的时间求出。我们记 $0\sim 2^k-1$ 的位逆序置换为 $R(0\cdots 2^k-1)$，则可以发现：

$$R(i)=\left\lfloor\dfrac{R\left(\left\lfloor\frac{i}{2}\right\rfloor\right)}{2}\right\rfloor+(x\bmod 2)\times\dfrac{n}{2}$$

【参考代码先咕着】

快速傅里叶变换（FFT）

上面说了，FFT 就是 DFT 改成递推版本，我们先对原多项式进行位逆序置换，然后利用倍增合并的方式处理即可。

【参考代码先咕着】

快速傅里叶逆变换（IFFT）

离散傅里叶逆变换（IDFT）

IDFT 可以用 DFT 表示，有两种理解方式。

理解方式一：线性代数

DFT 的过程可以视为将系数序列视为一个列向量，再左乘一个矩阵得到点值列向量：

$$\begin{pmatrix} y_0 \\ y_1 \\ y_2 \\ y_3 \\ \vdots \\ y_{n-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & \omega_n^1 & \omega_n^2 & \omega_n^3 & \cdots & \omega_n^{n-1} \\ 1 & \omega_n^2 & \omega_n^4 & \omega_n^6 & \cdots & \omega_n^{2(n-1)} \\ 1 & \omega_n^3 & \omega_n^6 & \omega_n^9 & \cdots & \omega_n^{3(n-1)} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \omega_n^{n-1} & \omega_n^{2(n-1)} & \omega_n^{3(n-1)} & \cdots & \omega_n^{(n-1)^n} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_0 \\ a_1 \\ a_2 \\ a_3 \\ \vdots \\ a_{n-1} \end{pmatrix}$$

我们有了点值向量（也就是左侧的列向量），要求系数向量（也就是右侧的列向量），只需要左乘中间矩阵的逆矩阵即可。

中间矩阵十分特殊，它满足：

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & \omega_n^1 & \omega_n^2 & \omega_n^3 & \cdots & \omega_n^{n-1} \\ 1 & \omega_n^2 & \omega_n^4 & \omega_n^6 & \cdots & \omega_n^{2(n-1)} \\ 1 & \omega_n^3 & \omega_n^6 & \omega_n^9 & \cdots & \omega_n^{3(n-1)} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \omega_n^{n-1} & \omega_n^{2(n-1)} & \omega_n^{3(n-1)} & \cdots & \omega_n^{(n-1)^2} \end{pmatrix}^{-1} =\dfrac{1}{n} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & \omega_n^{-1} & \omega_n^{-2} & \omega_n^{-3} & \cdots & \omega_n^{-(n-1)} \\ 1 & \omega_n^{-2} & \omega_n^{-4} & \omega_n^{-6} & \cdots & \omega_n^{-2(n-1)} \\ 1 & \omega_n^{-3} & \omega_n^{-6} & \omega_n^{-9} & \cdots & \omega_n^{-3(n-1)} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \omega_n^{-(n-1)} & \omega_n^{-2(n-1)} & \omega_n^{-3(n-1)} & \cdots & \omega_n^{-(n-1)^2} \end{pmatrix}$$

根据单位复根的性质及欧拉公式：

$$\omega_n^{-1}=\textrm{e}^{-\frac{2\pi\textrm{i}}{n}}=\cos\dfrac{2\pi}{n}+\textrm{i}\sin\left(-\dfrac{2\pi}{n}\right)$$

我们只需要在 DFT 的基础上把单位根 $\omega_n$ 取成这个数，再把计算结果除以 $n$ 即可。

理解方式二：单位复根周期性

构造法

原多项式为 $f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ix^i$，我们已知 $y_i=f(\omega_n^i)$（$0\le i < n$），要求 $a_0\cdots a_{n-1}$。

构造多项式如下：

$$A(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}y_ix^i$$

接下来有两种推导方式，对应两种实现。

推导方式一

设 $b_i=\omega_n^{-i}$，则多项式 $A$ 在 $x=b_0\cdots b_{n-1}$ 处的点值为 $A(b_0)\cdots A(b_{n-1})$。

其中，我们可以把 $A(b_k)$ 表示为：

$$\begin{aligned} A(b_k)&=\sum\limits_{i=0}^{n-1}f(\omega_n^i)\omega_n^{-ik}\\ &=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_n^{-ik}\sum\limits_{j=0}^{n-1}a_j\omega_n^{ij}\\ &=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^{n-1}a_j\omega_n^{i(j-k)}\\ &=\sum\limits_{j=0}^{n-1}a_j\sum\limits_{i=0}^{n-1}(\omega_n^{j-k})^i \end{aligned}$$

我们记 $S(\omega_n^a)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(\omega_n^a)^i$。

当 $a\equiv 0\pmod{n}$ 时，$S(\omega_n^a)=n$。

当 $a\not\equiv 0\pmod{n}$ 时，进行错位相减：

$$\begin{aligned} S(\omega_n^a)&=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(\omega_n^a)^i\\ \omega_n^aS(\omega_n^a)&=\sum\limits_{i=1}^n(\omega_n^a)^i\\ S(\omega_n^a)&=\dfrac{(\omega_n^a)^n-(\omega_n^a)^0}{\omega_n^a-1}\\ &=0 \end{aligned}$$

综上，我们知道：

$$S(\omega_n^a)= \begin{cases} n,&a\equiv 0\pmod{n}\\ 0,&a\not\equiv 0\pmod{n} \end{cases}$$

代回原式：

$$\begin{aligned} A(b_k)&=\sum\limits_{j=0}^{n-1}a_jS(\omega_n^{j-k})\\ &=na_k \end{aligned}$$

所以我们取单位根为其倒数跑 DFT，再除以 $n$ 得到的就是原多项式的系数表示。

推导方式二

我们将 $\omega_n^k$ 代入 $A$，与推导方式一类似，最终得到 $A(\omega_n^k)=\sum\limits_{j=0}^{n-1}a_jS(\omega_n^{j+k})$，所以 $A(\omega_n^k)=a_{n-k}\cdot n$。

所以我们直接对点值做 DFT 后除以 $n$，再反转后 $n-1$ 个元素，得到的也是原多项式的系数表示。

FFT/IFFT 代码实现

代码实现有两种，如下：

【参考代码先咕着】

【参考代码先咕着】

例题

这个我还得多做点，先咕着。

数论变换（NTT）

概述

NTT 是 FFT 在数论基础上的实现，用来解决带模数的多项式乘法。NTT 的运算过程中没有复数和浮点数，常数较小且没有精度误差。

NTT 的详细讲解需要较大量的群论知识，在下文我尝试避开群论知识把 NTT 讲明白。

原根

对于质数 $p$，若满足 $p=q\cdot 2^m+1$，那么它的原根 $g$ 满足 $g^{q\cdot 2^m}\equiv 1\pmod{p}$。

我们记 $g_i=g^\frac{p-1}{i}$，发现 $g_i$ 与 $\omega_i$ 有相似的性质。对于正整数 $n=2^m$ 和整数 $k$，有：（下文 $\implies$ 表示对应关系而非推出）

• $\omega_n^n=1\implies g_n^n\equiv 1\pmod{p}$。
• $\omega_n^k=\omega_{2n}^{2k}\implies g_n^k\equiv g_{2n}^{2k}\pmod{p}$。
• $\omega_{2n}^{k+n}=-\omega_{2n}^k\implies g_{2n}^{k+n}\equiv -g_{2n}^k\pmod{p}$。
• $\omega_{2n}^n=-1\implies g_{2n}^n\equiv -1\pmod{p}$。

NTT 模数

常见的 NTT 模数 $p$ 及其一个原根 $g$ 有：

• $p=998244353=7\times 17\times 2^{23}+1,g=3$。
• $p=1004535809=479\times 2^{21}+1,g=3$。
• $p=469762049=7\times 2^{26}+1,g=3$。

数论逆变换（INTT）

类似于 IDFT 的推导过程，不过似乎只能用第二种代码实现。

NTT/INTT 代码实现

【参考代码先咕着】

例题

这个我还得多做点，先咕着。

高维前缀和与快速莫比乌斯变换（FMT）

高维前缀和

我们从二维前缀和开始考虑。

二维前缀和有一种很常用的基于容斥的求法：

// 数组下标从 1 开始
for(int i = 1; i <= k; ++i)
    for(int j = 1; j <= k; ++j)
        a[i][j] = a[i - 1][j] + a[i][j - 1] - a[i - 1][j - 1] + a[i][j];

但这种方法不好推广到更高维，原因是容斥的项数是 $\mathcal O(2^n)$ 的（其中 $n$ 为维数），总复杂度就是 $\mathcal O(k^n2^n)$。

二维前缀和还有另一种求法，是一维一维求：

// 数组下标从 1 开始
for(int i = 1; i <= k; ++i)
    for(int j = 1; j <= k; ++j)
        a[i][j] += a[i - 1][j];
for(int i = 1; i <= k; ++i)
    for(int j = 1; j <= k; ++j)
        a[i][j] += a[i][j - 1];

这种方法是可以推广的。

具体地，对于一个长度为 $k^n$ 的数组（即：$n$ 维，每个维度长度为 $k$），求它的高维前缀和的方法也是一维一维求：

// 注意：为了方便，与前文不同的是，这里数组下标从 0 开始
// let len := pow(k, n)
for(int j = 0, cur = 1; j < n; ++j, cur *= k)
    for(int i = 0; i < len; ++i)
        if((i / cur) % k)
            a[i] += a[i - cur];

复杂度为 $\mathcal O(k^nn)$，可以看到比基于容斥的方法要小很多。正确性的话，可以想象前缀和的求和关系为一张有向无环的网格图，我们在上面按照拓扑序进行 DP，因此是正确的。

一般情况下，每个维度的长度为 $2$，高维前缀和也就是子集关系：

// 数组下标从 0 开始
for(int j = 0; j < n; ++j)
    for(int i = 0; i < (1 << n); ++i)
        if((i >> j) & 1)
            a[i] += a[i ^ (1 << j)];

同理，我们还可以写出高维后缀和，也就是超集关系：

// 数组下标从 0 开始
for(int j = 0; j < n; ++j)
    for(int i = 0; i < (1 << n); ++i)
        if(!((i >> j) & 1))
            a[i] += a[i ^ (1 << j)];

Dirichlet 前缀和

狄利克雷前缀和：$s_k=\sum\limits_{i\mid k}a_i$。

一种简单的做法是枚举 $i$，枚举 $i$ 的倍数 $k$，然后加上去统计答案，这是调和级数的 $\mathcal O(n\log n)$。

设 $k=\prod p_i^{\alpha_i}$，我们可以把每个质因数 $p_i$ 视为一维，做高维前缀和，复杂度与埃拉托色尼筛一样为 $\mathcal O(n\log\log n)$。

代码：（里面求高维前缀和的函数名叫 fmt，不确定这算不算但不重要）

// Problem: P5495 Dirichlet 前缀和
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P5495
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

//By: OIer rui_er
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(uint x=(y);x<=(z);x++)
#define per(x,y,z) for(uint x=(y);x>=(z);x--)
#define debug printf("Running %s on line %d...\n",__FUNCTION__,__LINE__)
#define fileIO(s) do{freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout);}while(false)
using namespace std;
typedef unsigned int uint;
const uint N = 2e7+5;

uint n, seed, a[N], tab[N], p[N], pcnt, ans;
template<typename T> void chkmin(T& x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T& x, T y) {if(x < y) x = y;}
uint getnext() {
    seed ^= seed << 13;
    seed ^= seed >> 17;
    seed ^= seed << 5;
    return seed;
}
void sieve(uint lim) {
    rep(i, 2, lim) {
        if(!tab[i]) p[++pcnt] = i;
        for(uint j=1;j<=pcnt&&i*p[j]<=lim;j++) {
            tab[i*p[j]] = 1;
            if(!(i % p[j])) break;
        }
    }
}
void fmt(uint* a, uint n) {
    sieve(n);
    rep(i, 1, pcnt) for(uint j=1;j*p[i]<=n;j++) a[j*p[i]] += a[j];
}

int main() {
    scanf("%u%u", &n, &seed);
    rep(i, 1, n) a[i] = getnext();
    fmt(a, n);
    rep(i, 1, n) ans ^= a[i];
    printf("%u\n", ans);
    return 0;
}

概述

FMT 常用于处理子集相关的卷积问题。因为我们可以对集合进行状态压缩，所以 FMT 可以处理按位与、按位或等的卷积。

也就是对于序列 $a,b$，求序列 $c$，满足：

$$c_k=\sum\limits_{i\otimes j=k}a_ib_j$$

其中 $\otimes$ 为 $\cap$（交集、按位与）、$\cup$（并集、按位或）等。

并集卷积（或卷积）

考虑 FFT 的过程，先将 $a,b$ 转化为可以直接对应位置相乘的点值表示，再转化回我们想要的系数表示，其中转化的过程用时为 $\mathcal O(n\log n)$ 低于暴力的 $\mathcal O(n^2)$。

那么我们能不能将 $a,b$ 快速转化为可以直接对应位置相乘的序列 $\hat{a},\hat{b}$，求出 $\hat{c}$ 再快速转化回去呢？

$a\to\hat{a}$ 的过程被称为快速莫比乌斯变换（FMT），$\hat{a}\to a$ 的过程被称为快速莫比乌斯逆变换（IFMT）或快速莫比乌斯反演（FMI）。

我们令 $\hat{a}_i=\sum\limits_{j\subseteq i}a_j$，则根据 $c_k=\sum\limits_{i\cup j=k}a_ib_j$，进行如下推导：

$$\begin{aligned} \hat{c}_k&=\sum\limits_{l\subseteq k}c_l \\ &=\sum\limits_{l\subseteq k}\sum\limits_{i\cup j=l}a_ib_j \\ &=\sum\limits_{i\cup j\subseteq k}a_ib_j \\ &=\left(\sum\limits_{i\subseteq k}a_i\right)\left(\sum\limits_{j\subseteq k}b_j\right) \\ &=\hat{a}_k\hat{b}_k \end{aligned}$$

因此上面的 $\hat{a}$ 可以直接对应位置相乘，符合我们的要求。问题转化为如何 $a\to\hat{a}$ 以及 $\hat{a}\to a$。

先考虑 $a\to\hat{a}$。

如果我们暴力枚举 $\hat{a}$ 定义式 $\hat{a}_i=\sum\limits_{j\subseteq i}a_j$ 中的 $i$，再枚举 $i$ 的子集 $j$，全集大小为 $\log_2n$，所以枚举全局的子集的子集的复杂度为 $\mathcal O(3^{\log_2n})=\mathcal O(n^{\log_23})\approx\mathcal O(n^{1.585})$，显然不符合我们的要求。

这时候可能会想到，$\hat{a}_i=\sum\limits_{j\subseteq i}a_j$ 不就是 $a_j$ 的高维前缀和嘛！于是我们可以 $\mathcal O(n\log n)$ 求解。

再考虑 $\hat{a}\to a$。

我们知道子集反演公式：

$$G(K)=\sum\limits_{L\subseteq K}F(L)\iff F(K)=\sum\limits_{L\subseteq K}{(-1)}^{|K|-|L|}G(L)$$

于是：

$$\hat{a}_i=\sum\limits_{j\subseteq i}a_j\iff a_i=\sum\limits_{j\subseteq i}{(-1)}^{|i|-|j|}\hat{a}_j$$

其中 $|i|$ 表示 $i$ 集合的大小，状态压缩为二进制后也就是 $\operatorname{popcnt}(i)$。

如果你对容斥系数比较敏感的话，会想到把高维前缀和改为“高维前缀差”（瞎起的名字），也就是每次累加贡献改为累加负贡献。

【参考代码先咕着】

交集卷积（与卷积）

类似上面的并集卷积（或卷积），我们构造 $\hat{a}_i=\sum\limits_{i\subseteq j}a_j$ 即可，也就是把 $i,j$ 谁是子集谁是超集调换了一下。

代码实现方法和证明方法均同理。

【参考代码先咕着】

$\gcd$ 卷积和 $\operatorname{lcm}$ 卷积

也就是 $c_k=\sum\limits_{\gcd(i,j)=k}a_ib_j$ 和 $c_k=\sum\limits_{\operatorname{lcm}(i,j)=k}a_ib_j$。

可以分别构造 $\hat{a}_i=\sum\limits_{i\mid j}a_j$ 和 $\hat{a}_i=\sum\limits_{j\mid i}a_j$，不再赘述。

【参考代码先咕着】

快速沃尔什变换（FWT）

概述

FWT 的思想与 FFT、FMT 相同，也是构造序列 $a$ 的变换 $\hat{a}$ 使得可以对应位置相乘。在算法竞赛中，FWT 常用于处理位运算卷积。

也就是对于序列 $a,b$，求序列 $c$，满足：

$$c_k=\sum\limits_{i\otimes j=k}a_ib_j$$

其中 $\otimes$ 为 $\cap$（交集、按位与）、$\cup$（并集、按位或）等。

并集卷积（或卷积）

我们令 $\hat{a}_i=\sum\limits_{j\subseteq i}a_j$，可以用上文 FMT 中的方法证明可以直接对应位置相乘。

先考虑 $a\to\hat{a}$。

令 $a_0,a_1$ 为 $a$ 的前半段和后半段，也就是 $a_0$ 是 $a$ 中下标最高位为 $0$ 的，$a_1$ 是下标最高位为 $1$ 的。

则有：

$$\hat{a}=\operatorname{concat}(\hat{a_0},\hat{a_0}+\hat{a_1})$$

其中 $\operatorname{concat}$ 是拼接，$+$ 是序列对应位置相加，例如 $\operatorname{concat}([0,1],[2,3])=[0,1,2,3]$，$[0,1]+[2,3]=[2,4]$。

于是我们可以分治来解决，而且可以不用递归。

再考虑 $\hat{a}\to a$。

由上式可得：

$$a=\operatorname{concat}(a_0,a_1-a_0)$$

同样分治解决，而且两者还可以合在一起写。

【参考代码先咕着】

交集卷积（与卷积）

类似上面的并集卷积（或卷积），相信大家可以自己推出来了！

【参考代码先咕着】

对称差卷积（异或卷积）

对称差的定义：$A\Delta B=(A\setminus B)\cup(B\setminus A)=(A\cup B)\setminus(A\cap B)$。

这应该是算法竞赛中 FWT 最常考的应用（虽说我刚学还没咋见过）。

定义 $a\odot b=|a\cap b|\bmod 2$，用状态压缩表示的话就是 $a\odot b=\operatorname{popcnt}(a\&b)\bmod 2$。

构造 $\hat{a}_i=\sum\limits_{i\odot j=0}a_j-\sum\limits_{i\odot j=1}a_j$，则有：

$$\begin{aligned} \hat{a}_i\hat{b}_i&=\left(\sum\limits_{i\odot j=0}a_j-\sum\limits_{i\odot j=1}a_j\right)\left(\sum\limits_{i\odot k=0}b_k-\sum\limits_{i\odot k=1}b_k\right) \\ &=\left(\sum\limits_{i\odot j=0}a_j\right)\left(\sum\limits_{i\odot k=0}b_k\right)-\left(\sum\limits_{i\odot j=0}a_j\right)\left(\sum\limits_{i\odot k=1}b_k\right)-\left(\sum\limits_{i\odot j=1}a_j\right)\left(\sum\limits_{i\odot k=0}b_k\right)+\left(\sum\limits_{i\odot j=1}a_j\right)\left(\sum\limits_{i\odot k=1}b_k\right) \\ &=\sum\limits_{i\odot (j\Delta k)=0}a_jb_k-\sum\limits_{i\odot (j\Delta k)=1}a_jb_k\\ &=\hat{c}_i \end{aligned}$$

因此 $\hat{a}=\operatorname{concat}(\hat{a_0}+\hat{a_1},\hat{a_0}-\hat{a_1})$，$a=\operatorname{concat}\left(\dfrac{a_0+a_1}{2},\dfrac{a_0-a_1}{2}\right)$。

【参考代码先咕着】

再记录一个 $k$ 进制 FWT 的 博客。