快速沃尔什变换学习笔记

说好了在noip之前不学多项式算法……结果就真香了

快速沃尔什变换

给定长度为 (2^n) 两个序列 (A,B)，设

[C_g=sum_{iigoplus j=g}A_i imes B_j ]

分别当 (igoplus) 是 (or,and,xor) 时求出 (C)

(nleq 17)

---

据说与 (FFT) 的核心思想相同，都是对数组的变换。

对于原数组A,B，在某种运算规则下，它们的结果很难求。但若是对该数组进行变换得到新数组 (A') 和 (B')，而他们在该运算规则下的计算很好求，这时就能得到 (C')。最后再对该序列进行逆变换即可获得答案 (C)。

---

记该变换数组为 (FWT)，逆变换数组为 (IFWT)

or 运算下

定义 (FWT[A] = sum_{i|j=i}A_j)

根据定义可推得

(FWT[C] =FWT[A] imes FWT[B])

证明：

[FWT[A] imes FWT[B] = left(sum_{j|i=i}A_j ight)left(sum_{k|i=i}B_k ight) ]

[=left(sum_{j|k|i=i}A_jB_k ight) ]

[=left(sum_{g|i=i}sum_{j|k=g}A_jB_k ight) ]

拆开 (C) 的定义式后，与上式形式相同。

证毕。

有了这个性质后我们接下来还需要解决两个问题

1：已知 A 如何快速求 FWT[A]
2：已知 FWT[A] 如何逆向求 A

记 A_0 为 A 下标中最高位为 0 的部分，A_1 为 A 下标中最高位为 1 的部分。

记((G,K))表示将这两个序列前后接起来。

记 (A + B) 为$$left{ A_1+B_1 ,A_2+B_2,A_3+B_3dots A_n+B_n ight}$$

记 (A cdot B)为

[left{ A_1 imes B_1 ,A_2 imes B_2,A_3 imes B_3dots A_n imes B_n ight} ]

有
当(2leq|A|)时

[FWT[A]=(FWT[A_0],FWT[A_0]+FWT[A_1]) ]

当(n=1)时$$FWT[A]=A$$

有

当(2leq|A|)时

[IFWT[A]=(IFWT[A_0],IFWT[A_1]-IFWT[A_0]) ]

当(n=1)时$$IFWT[A]=A$$

按子集规规模理解即可，和下边的xor的数学归纳法证明相似

and 运算下

与运算同理

(FWT[A]=egin{cases}(FWT[A_0]+FWT[A_1],FWT[A_1])&2leq n\ A& n=1end{cases})

(IFWT[A]=egin{cases}(IFWT[A_0]-IFWT[A_1],IFWT[A_1])&2leq n\ A& n=1end{cases})

xor 运算下

突然就难了一个级别

定义FWT[A]如下定义

(FWT[A]=egin{cases}(FWT[A_0]+FWT[A_1],FWT[A_0]-FWT[A_1])&2leq n\ A& n=1end{cases})

性质1：

(FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B))

根据FWT[A]中每一维都是A中元素的线性组合可知

性质2：

(FWT(Aigoplus B)=FWT(A) cdot FWT(B))

证明：
应用数学归纳法
(n=1)显然成立。

(FWT(A⊕ B)=FWT((A⊕ B)_0,(A⊕ B)_1))

(=FWT(A0⊕B0+A1⊕B1,A0⊕B1+A1⊕B0))

(=FWT(A0⊕B0+A1⊕B1+A0⊕B1+A1⊕B0,A0⊕B0+A1⊕B1-A0⊕B1-A1⊕B0))

(=(FWT(A0⊕B0)+FWT(A1⊕B1)+FWT(A0⊕B1)+FWT(A1⊕B0),FWT(A0⊕B0)+FWT(A1⊕B1)-FWT(A0⊕B1)-FWT(A1⊕B0)))

(=(FWT(A0)cdot FWT(B0)+FWT(A1)cdot FWT(B1)+FWT(A0)cdot FWT(B1)+FWT(A1)cdot FWT(B0),FWT(A0)cdot FWT(B0)+FWT(A1)cdot FWT(B1)-FWT(A0)cdot FWT(B1)-FWT(A1)cdot FWT(B0)))

(=(FWT(A0+A1)cdot FWT(B0+B1),FWT(A0-A1)cdot FWT(B0-B1)))
（将这个式子做点乘得到上面那步
(=(FWT(A0+A1)+FWT(A0-A1))cdot (FWT(B0-B1)+FWT(B0-B1)))

(=FWT(A) cdot FWT(B))

将(igoplus)拆解成点乘，就相当于数学归纳调用子问题

（证了这么多终于得到正向变换le

考虑逆向变换

(IFWT[A]=egin{cases}(frac{1}{2} imes (IFWT[A_0]+IFWT[A_1]),frac{1}{2} imes (IFWT[A_0]-IFWT[A_1]))&2leq n\ A& n=1end{cases})

证明：

(IFWT(FWT(A))=IFWT((FWT(A0+A1),FWT(A0-A1)))

(=(IFWT(FWT(A0)),IFWT(FWT(A1))))

(=(A0,A1))

(=A)
证毕

粘一下板子

P4717 【模板】快速莫比乌斯/沃尔什变换 (FMT/FWT)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long
#define INF 1ll<<30
#define Int unsigned long long 

template<typename _T>
inline void read(_T &x)
{
	x=0;char s=getchar();int f=1;
	while(s<'0'||s>'9') {f=1;if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
	x*=f;
}

#define lowbit(x) (x&(-x))
#define gb(x) ((x-1)/T + 1)
#define gl(x) ((x-1)*T + 1)
#define pb push_back 
#define mod 998244353

const int np = (1<<17) + 5;

int A[np],B[np];
int A_[np],B_[np];
int c[np];
int n_,n;

inline int power(int a,int b)
{
	int res = 1;
	while(b)
	{
		if(b & 1) res = res * a % mod;
		a = a * a;
		a %= mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}

inline void mul(){for(int i=0;i<n;i++)c[i] = A_[i] * B_[i] % mod;}

inline void FWTor(int *g,int opt)
{
	for(int i=1;i < n;i <<= 1)
		for(int o = 2 * i , j =0 ;j < n;j += o)
			for(int k=0; k < i; k++)
			{
				g[j + k + i] += g[j + k] * opt;
				g[j + k + i] = (g[j + k + i] + mod)%mod ;				
			}	
}

inline void FWTand(int *g,int opt)
{
	for(int i=1;i<n;i<<=1)
		for(int o = 2 * i , j =0 ;j<n;j += o)
			for(int k = 0;k<i;k++)
			{
				g[j + k] += g[j + k + i] * opt;
				g[j + k] = (g[j +k] + mod) % mod;
			}
}

inline void FWTxor(int *g,int opt)
{
	for(int i=1;i<n;i<<=1)
		for(int o=2 * i , j = 0;j<n;j += o)
			for(int k=0;k<i;k++)
			{
				int x = g[j + k],y = g[j + k + i];
				g[j + k] = (x + y) % mod;
				g[j + k + i] = (x - y + mod) %mod;
				if(opt != 1)
				{
					(g[j + k] *= opt)%=mod;
					(g[j + k + i] *= opt)%=mod;
				}
			}
}

inline void Init()
{
	for(int i=0;i<n;i++) A_[i] = A[i] , B_[i] = B[i];
}

signed main()
{
	read(n_);
	n = 1<<n_;
	for(int i=0;i<n;i++) read(A[i]);
	for(int i=0;i<n;i++) read(B[i]);
	
	int inv = power(2,mod-2);
	for(int i=0;i<n;i++) A_[i] = A[i] , B_[i] = B[i];
	FWTor(A_,1);
	FWTor(B_,1);
	mul();
	FWTor(c,-1);
	for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",c[i]);
	printf("
");
	for(int i=0;i<n;i++) A_[i] = A[i] ,B_[i] = B[i];
	FWTand(A_,1);
	FWTand(B_,1);
	mul();
	FWTand(c,-1);
	for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",c[i]);
	printf("
");
	Init();
	FWTxor(A_,1);
	FWTxor(B_,1);
	mul();
	FWTxor(c,inv);
	for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",c[i]);
	
	
//	FWTxor();
 }

CF449D Jzzhu and Numbers

写了一个 (O(n imes 3^n)) 暴力 dp

显然是过不了的，接下来有两种解决方案：

1：降维容斥

2：FWT科技解决问题

记 (f_i)为最后与出来的结果至少是(i)，(g_i)为最后与出来的结果恰好是(i)。

那么有

[g_i=f_i-sum_{j&i=i}g_j ]

则

[g_0=f_0-sum_{i=1}^{2^n-1}g_i ]

将 (g) 继续展开有

[g_0=sum_{i=0}^{2^n-1}f_i imes (-1)^{|i|} ]

现在我们考虑如何求 (f)

有(f_x = 2^s-1)，其中 (s) 为 (i&x=x)的数的个数

[sum_{i&x=x}1 ]

这个东西好像可以上沃尔什变换，然后 (FWT) 即可

代码循环展开了一下（为了卡最优解

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long
#define INF 1ll<<30
#define Int unsigned long long 

template<typename _T>
inline void read(_T &x)
{
	x=0;char s=getchar();int f=1;
	while(s<'0'||s>'9') {f=1;if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
	x*=f;
}

#define lowbit(x) (x&(-x))
#define gb(x) ((x-1)/T + 1)
#define gl(x) ((x-1)*T + 1)
#define pb push_back 
#define Re register
#define MOD(x) (x = (x + mod)%mod)
const int mod = 1e9 + 7;

const int np = 3e6 + 5;

int dp[np],dp_[np];
int A_[np];
int G[np];
int bac[np] , bit[np];
int A[np],n_;
int a[np];

int power(int a,int b)
{
	Re int res = 1;
	while(b)
	{
		if(b & 1) res = a * res % mod;
		a = a * a;
		a %= mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}

inline void FWT(int *g)
{
	for(int i=1;i<n_;i<<=1)
		for(register int o = 2*i,j=0;j<n_;j+=o)
			for(register int k=0;k<i;k++)
			{
				int &d = g[j + k];
				d += g[j + k + i];
				d >= mod?d -mod:0;
			}
	
}

signed main()
{
	
	int n,maxn = 0;
	read(n);
	n_ = 1;
	for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),bac[a[i]]++, maxn = max(maxn , a[i]);
	
	while(n_ <= maxn) n_ <<= 1;

	FWT(bac);
	
	bit[0] = 0;
	for(int i=1;i<n_;i++)
	{
		bit[i] = bit[i - lowbit(i)] + 1;
	}
	
	for(int i=0;i<n_;i++)
	{
		bit[i] = (bit[i]&1)?-1:1;
	}
	
	Re int i(-1),Ans1(0),Ans2(0),Ans3(0),Ans4(0),Ans5(0),Ans6(0),Ans7(0),Ans8(0);
	Re int f1(0),f2(0),f3(0),f4(0),f5(0),f6(0),f7(0),f8(0),Ans(0);
	for(;i + 8<n_;i+=8)
	{
		f1 = power(2,bac[i + 1]) - 1;
		f2 = power(2,bac[i + 2]) - 1;
		f3 = power(2,bac[i + 3]) - 1;
		f4 = power(2,bac[i + 4]) - 1;
		f5 = power(2,bac[i + 5]) - 1;
		f6 = power(2,bac[i + 6]) - 1;
		f7 = power(2,bac[i + 7]) - 1;
		f8 = power(2,bac[i + 8]) - 1;
		Ans1 += f1 * bit[i + 1];
		MOD(Ans1);
		Ans2 += f2 * bit[i + 2];
		Ans3 += f3 * bit[i + 3];
		Ans4 += f4 * bit[i + 4];
		Ans5 += f5 * bit[i + 5];
		Ans6 += f6 * bit[i + 6];
		Ans7 += f7 * bit[i + 7];
		Ans8 += f8 * bit[i + 8];
		Ans += Ans1 + Ans2 + Ans3 + Ans4 + Ans5 + Ans6 + Ans7 + Ans8;
		Ans1 =Ans2 = Ans3 = Ans4 = Ans5 =Ans6 = Ans7 = Ans8 = 0;
		MOD(Ans);
	}
	i++;
	for(Re int f(0);i<n_;i++)
	{
		f = power(2,bac[i])-1;
		f *= bit[i];
		Ans += f;
		if(f < 0) Ans = (Ans + mod) %mod;
		else Ans %= mod;
	}
	Ans += Ans1 + Ans2 + Ans3 + Ans4 + Ans5 + Ans6 + Ans7 + Ans8;
	cout<<Ans;
	
 }

(End)