FWT 底层逻辑

写在前面：

我在 这里 学的，大佬写得很用心，FWT的推导过程都是出自那里。

构造过程

$FWT(A)[i]={\sum }_{j=0}^{n-1}c(i,j)A_j$

根据 $FWT(A)\cdot FWT(B)=FWT(C)$ ，
$$\begin{gathered} FWT(A)[i]FWT(B)[i]=FWT(C)[i] \\ \sum _{j=0}^{n-1}c(i,j)A[j]\sum _{k=0}^{n-1}c(i,k)B[k]=\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)C[p] \\ \sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)A[j]B[k]=\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)C[p] \end{gathered}$$
根据 $A\ast B=C$ ，
$$\begin{gathered} c[p]=\sum _{t_1\oplus t_2}A[t_1]B[t_2] \\ \sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)C[P]=\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)\sum _{t_1\oplus t_2=p}A[t_1]B[t_2] \\ \sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)A[i]B[k]=\sum _{p=0}^{n-1}\sum _{t_1\oplus t_2=p}c(i,t_1\oplus t_2)A[t_1]B[t_2] \\ \sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)A[i]B[k]=\sum _{t_1=0}^{n-1}\sum _{t_2=0}^{n-1}c(i,t_1\oplus t_2)A[t_1]B[t_2] \end{gathered}$$
所以 $c$ 只需要满足： $c(i,j)c(i,k)=c(i,j\oplus k)$ 。

则有 $c(i,j)=c(i_0,j_0)c(i_1,j_i)c(i_2,j_2)...$ ，表示把二进制每一位的变化系数乘起来。（为什么？

因为这样的话对于每一个 $t$ ，都有 $c(i_t,j_t)c(i_t,k_t)=c(i_t,j_t\oplus k_t)\to c(i,j)c(i,k)=c(i,j\oplus k)$ 。

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FWT快速求解

$$\begin{array}{rl}FWT(A)[i]& =\sum _{j=0}^{n-1}c(i,j)A[j]\\ & =\sum _{j=0}^{(n/2)-1}c(i,j)A[j]+\sum _{j=(n/2)}^{n-1}c(i,j)A[i]\\ & =\sum _{j=0}^{(n/2)-1}c(i_0,j_0)c(i^{\prime },j^{\prime })A[j]+\sum _{j=(n/2)}^{n-1}c(i_0,j_0)c(i^{\prime },j^{\prime })A[i]\\ & =c(i_0,0)\sum _{j=0}^{(n/2)-1}c(i^{\prime },j^{\prime })A[j]+c(i_0,1)\sum _{j=(n/2)}^{n-1}c(i^{\prime },j^{\prime })A[i]\end{array}$$

$i^{\prime }$ 是 $i$ 去掉首位剩下的数。

设 $A_0$ 为幂级数下标首位为 $0$ 的部分，其余为 $A_1$ 。

那么：
$$\begin{gathered} FWT(A)[i]=c(0,0)FWT(A_0)[i]+c(0,1)FWT(A_1)[i](i\in [0,n/2)) \\ FWT(A)[i+(n/2)]=c(1,0)FWT(A_0)[i]+c(1,1)FWT(A_1)[i](i\in [0,n/2)) \end{gathered}$$
这里类似 $FFT$ ，规模减半了。逆变换就是矩阵 $c$ 变成其逆矩阵再做 $FWT$ 。

对比FFT​ ：$FFT$ 分为两部分是以奇偶分的，而 $FWT$ 是分为的前半部分和后半部分，所以不需要 $FFT$ 的 $swap(a[i],a[rev[i]])$ 这个操作。

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位运算卷积

结论比推导简单，很好背，由于 $c(i,j)$ 本身的性质，我们只需要知道 $c([0,1],[0,1])$ 就够了。

设矩阵 $c=\left[\begin{array}{cc}c(0,0)& c(0,1)\\ c(1,0)& c(1,1)\end{array}\right]$

• Or 卷积
  $$c=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right]\frac{1}{c}=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ -1& 1\end{array}\right]$$

• And 卷积
  $$c=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right]\frac{1}{c}=\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 0& 1\end{array}\right]$$

• Xor 卷积
  $$c=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right]\frac{1}{c}=\left[\begin{array}{cc}1/2& 1/2\\ 1/2& -1/2\end{array}\right]$$

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FWT的性质

$$\begin{gathered} FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B) \\ FWT(cA)=cFWT(A) \\ XOR:c(i,j)=(-1{)}^{popcount(i\&j)} \\ andFWT本质上是求超集和 \end{gathered}$$

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题

【模板】快速莫比乌斯/沃尔什变换 (FMT/FWT)

模板没什么好说的，（这是最好背最好理解的版本了2333

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<ll> vec;
const ll mod=998244353,inv2=499122177;
ll Cxor[2][2]={{1,1},{1,mod-1}},Ixor[2][2]={{inv2,inv2},{inv2,mod-inv2}},
Cor[2][2]={{1,0},{1,1}},Ior[2][2]={{1,0},{mod-1,1}},
Cand[2][2]={{1,1},{0,1}},Iand[2][2]={{1,mod-1},{0,1}};
void FWT(vec &F,ll c[2][2],int limit){
	while(F.size()<limit)F.push_back(0);
	for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
		for(int j=0;j<limit;j+=(mid<<1))
			for(int k=0;k<mid;k++){
				ll x=F[j+k],y=F[j+k+mid];
				F[j+k]=(c[0][0]*x%mod+c[0][1]*y%mod)%mod;
				F[j+k+mid]=(c[1][0]*x%mod+c[1][1]*y%mod)%mod;
			}
}
vec f,g,a,b;
int main(){
//	freopen("test.in","r",stdin);
	ll n;
	cin>>n; n=1<<n;
	f.resize(n); g.resize(n);
	for(int i=0;i<n;i++) cin>>f[i];
	for(int i=0;i<n;i++) cin>>g[i];
    
    //Or
	a=vec(&f[0],&f[n]),b=vec(&g[0],&g[n]);
	FWT(a,Cor,n),FWT(b,Cor,n);
	for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*b[i]%mod;
	FWT(a,Ior,n);
	for(int i=0;i<n;i++) cout<<a[i]<<' ';
	cout<<'\n';
    
    //And
	a=vec(&f[0],&f[n]),b=vec(&g[0],&g[n]);
	FWT(a,Cand,n),FWT(b,Cand,n);
	for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*b[i]%mod;
	FWT(a,Iand,n);
	for(int i=0;i<n;i++) cout<<a[i]<<' ';
	cout<<'\n';
    
    //Xor
	a=vec(&f[0],&f[n]),b=vec(&g[0],&g[n]);
	FWT(a,Cxor,n),FWT(b,Cxor,n);
	for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*b[i]%mod;
	FWT(a,Ixor,n);
	for(int i=0;i<n;i++) cout<<a[i]<<' ';
	cout<<'\n';
    
} 

AT4996 [AGC034F] RNG and XOR

一眼式
$$f_x=1+\sum _i{p}_i{f}_{x\oplus i},f_0=0$$
写成卷积形式
$$(p_0,p_1,...,p_{2^N-1})\cdot (f_0,f_1,...,f_{2^N-1})=(y,f_1-1,...,f_{2^N-1})$$
因为 ${\sum }_{i=0}^{2^N-1}{p}_i\times {\sum }_{j=0}^{2^N-1}{f}_j={\sum }_{i=1}^{2^N-1}(f_i-1)+y$ 所以 $y=f_0+2^N-1$ 。

那么
$$(p_0-1,p_1,...,p_{2^N-1})\cdot (f_0,f_1,...,f_{2^N-1})=(2^N-1,-1,-1,...,-1)$$
进行 $FWT$，可以得到 $P_i\cdot F_i=X_i$，其中 $P_i,X_i$ 都是常数。如果 $P_i,X_i$ 非 $0$ 就能直接求出 $F_i$。考虑 $X_i$ 什么时候为 $0$，$X_i={\sum }_{j=0}^{2^N-1}(-1{)}^{|iandj|}{x}_i$，发现仅有 $X_0=0$，因此还不能求出 $F_i$ 。但我们还知道 $f_0=\frac{{\sum }_{i=0}^{2^N-1}{F}_i}{2^N}=0$，因此 $F_i=-{\sum }_{i=1}^{2^N-1}{F}_i$ 。最后一遍逆变换就能得到答案了。$O(N{2}^N)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<ll> vec;
const ll mod=998244353,inv2=499122177;
ll Cxor[2][2]={{1,1},{1,mod-1}},Ixor[2][2]={{inv2,inv2},{inv2,mod-inv2}};
ll ksm(ll x,ll y){
	ll res=1;
	while(y){
		if(y&1) res=res*x%mod;
		x=x*x%mod; y>>=1;
	} 
	return res;
}
void FWT(vec &a,ll c[2][2],int limit){
	while(a.size()<limit) a.push_back(0);
	for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
		for(int j=0;j<limit;j+=(mid<<1))
			for(int k=0;k<mid;k++){
				ll x=a[j+k],y=a[j+k+mid];
				a[j+k]=(c[0][0]*x%mod+c[0][1]*y%mod)%mod;
				a[j+k+mid]=(c[1][0]*x%mod+c[1][1]*y%mod)%mod;
			}
}
vec p,f,g;
int main(){
//	freopen("test.in","r",stdin);	
	ll n,sum=0; cin>>n; n=1<<n;
	p.resize(n),g.resize(n),f.resize(n);
	for(int i=0;i<n;i++) cin>>p[i],sum+=p[i];
	sum=ksm(sum,mod-2);
	for(int i=0;i<n;i++) p[i]=p[i]*sum%mod;
	for(int i=0;i<n;i++) g[i]=mod-1;
	p[0]=(p[0]+mod-1)%mod; g[0]=(g[0]+n)%mod;
	FWT(p,Cxor,n),FWT(g,Cxor,n);
	for(int i=1;i<n;i++) f[i]=g[i]*ksm(p[i],mod-2)%mod,(f[0]+=f[i])%=mod;
	f[0]=mod-f[0];
	FWT(f,Ixor,n);
	for(int i=0;i<n;i++) cout<<f[i]<<'\n';
}

CF449D Jzzhu and Numbers

目前看到的最简单的做法 戳这里

显然这是一个 and 意义下的背包
$$f_{i,j}=f_{i-1,j}+\sum _{k\&a_i=j}{f}_{i-1,k}$$
然后两边取 FWT ，做 $n$ 遍卷积。

for(int i=1;i<=n;i++) {
    	memset(f,0,sizeof(f));
    	f[a[i]]=1;FWT(f,1);
    	for(re int j=0;j<len;j++) S[j]=S[j]+S[j]*f[j];
}
FWT(S,-1);

and 卷积的本质是超集和，所以 $F_i$ 不是 $0$ 就是 $1$。你观察这个式子，每当 $F_j=1$ 时 $S_j$ 就翻一倍，我们想知道 $S_j$ 翻了几倍其实就是询问在所有的 $a_i$ 中有几个是 $j$ 的超集。做一遍 $FWTand$ 就能求出来了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define N 1000006 
using namespace std;
inline int read() {
    char c=getchar();
	int x=0; while(c<'0'||x>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
	return x;
}
typedef long long ll;
typedef vector<ll> vec;
const ll mod=1e9+7;
ll Cand[2][2]={{1,1},{0,1}},Iand[2][2]={{1,mod-1},{0,1}};
ll a[N],k2[N];
vec f;
void Fwt(vec &a,ll c[2][2],int limit) {
	while(a.size()<limit) a.push_back(0);
	for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
		for(int j=0;j<limit;j+=(mid<<1))
			for(int k=0;k<mid;k++){
				ll x=a[j+k],y=a[j+k+mid];
				a[j+k]=(x*c[0][0]%mod+y*c[0][1]%mod)%mod;
				a[j+k+mid]=(x*c[1][0]%mod+y*c[1][1]%mod)%mod;
			}
}
int main() {
//	freopen("test.in","r",stdin);
	ll n,maxx=0;
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),maxx=max(maxx,a[i]);
    int limit=1; 
	while(limit<=maxx) limit<<=1;
	f.resize(limit);
    k2[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
		k2[i]=(k2[i-1]+k2[i-1])%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++) f[a[i]]++;
    Fwt(f,Cand,limit);
    for(int i=0;i<limit;i++) f[i]=k2[f[i]];
    Fwt(f,Iand,limit);
    if(f[0]==k2[n]) cout<<f[0]-1;
    else cout<<f[0];
    return 0;
}

---

留坑2333（K进制的位运算卷积