虽然一点不懂，但是看着代码短得感人，背过就好了吧。
或
与
异或
代码实现
记忆
有些东西不用全靠硬背，可以有技巧地背
或
进行或运算，通常数会往大里走，所以较高位的数要加上较低位的数 （雾）
与
与 与 或 相反，通常数会往小里走，于是 是较低位的数加上较高位的数 （大雾）
异或
有点特殊？ 有点像 FFT？那就记成 FFT 的形式就好了吧...
IFWT
IFWT 就是把 FWT 给还原一下就好了吧。
之前某位置加上了一个数，而现在那个数还没变 （大雾），那么就把那个数减掉就好了吧。
（对于异或）找不到之前那个数？没关系，可以列个方程解出来 （大雾）
注意！！
-
FWT不用倍长，不用蝴蝶变换
-
FWT里面还是尽量用<=比较安全，只要空间足够就没啥问题。特别注意一点：选取limit时要while (limi <= n)！！这时候一定要小于等于，否则不全！！
-
其余各项同ntt里面的注意
补充说明：
对于或卷积：（(FWT:f[] -> f'[]))
发现 (f'[i]) 为 (i) 的子集的权值和，因此可以做一些子集问题，如：P3175 [HAOI2015]按位或
子集卷积
给定(a, b)数组，令：
即在 (k) 中找到两个互不相交的子集 (i,j)，计算 (a_i * b_j) 的总和
如果不要求互不相交，那么就是个 FWT_OR 的板子题了。如果要求互不相交，那么只需加上限制 (|i| + |j| = |k|)。
于是，我们可以枚举 (|i|,|j|,|k|)，然后将所有大小为 (|i|,|j|) 的 (|a_i|,|b_j|) 的总和乘一块加给 (c_k)，然后再将 (c) 数组卷回去，即为答案。
例题：P6570 [NOI Online #3 提高组]优秀子序列（民间数据）（洛谷数据可以被暴力水过，随机数据下本机也可过，但是CCF的评测机太慢，过不去）
例题：P4221 [WC2018]州区划分：自己卷自己的子集卷积。
7.29 Update:
从ztb那里学到的一些东西（对快速沃尔什变换的深入理解，后来发现似乎是快速莫比乌斯变换)
或卷积
我们定义一个高维前缀和数组：
我们发现如果这样的卷积符合 或卷积 的性质：
这样就可以 (O(n)) 乘法了。（ (n) 为总状态数，或者说是(2^{|U|}))
如何求 (hat f(S)) ? 可以使用高维前缀和的方法（for(维度i） for (所有状态S) S += S - i)，其中 (S - i) 需要特判。复杂度 (O(nlogn))。因此，如果我们直接枚举 (S) 中 (i) 两边的维度就可以使常数降为 (1/2)。
与卷积
我们定义一个类高维前缀和数组：
这个数组符合与卷积的性质：
代码实现就是反过来（0看作1,1看作0）做一遍高维前缀和。
异或卷积
这个就用不了 FMT 了。
我们定义一个根本不是前缀和的辅助数组：
然后艰难地寻找其有关卷积的性质：
看起来推不下去了？仔细观察 (|S & (A wedge B)|) 这个式子，想一想它和 (|S & A| + |S & B|) 的关系。
考虑按位拆分统计贡献（这显然是可行的），先刨除掉 (S) 没出现的位，考虑剩下的 (S) 出现的位。如果 (a = b)，则 (a wedge b = 0),对原式子的贡献是0，对后面的式子的贡献是偶数，因此等效；如果 (a ot= b)，则 (a wedge b = 1)，对原式子的贡献是1，对后面的式子的贡献同样是1.
于是我们有了一个惊人的发现：((-1)^{|S & (A wedge B)|} = (-1)^{|S & A| + |S & B|})，于是可以继续推：
这样我们就可以快速推异或卷积了。
可是这个 (hat f(S)) 怎么搞？总不能再高维前缀和了吧。实际上我们可以模仿 DFT ，分奇偶分组分治讨论。
一维一维地考虑。初始时（只考虑自己） (hat f(S) = (-1)^{|0 & 0|}f(S) = f(S))。对于当前维度（首位）是0的那一组（左边的那一组），它的值应该是原来的左边对应的 (hat f) 值（因为(|0S & 0S|=|S|)）再加上原来右边对应的 (hat f) 值（因为(|0S & 1S|=|S|)）；对于当前维度（首位）是1的那一组（右边），它的值应该是原来负的右边的对应的 (hat f) 值（因为 (|1S & 1S| = |S| + 1)，只有右边的和右边的与才会 +1）再加上左边的对应的 (hat f) 值（因为(|1S & 0S|=|S|)）。复杂度：(O(nlogn))。
然后是逆变换。实际上还有个式子：
也比较好证，展开一下 (hat f_T) ，再交换一下求和号可得：
右上角的式子很熟悉，它等于：(|(S wedge P) & T|)，于是：
关键在于证得：
这是因为只要 (Q) 有一维有数，那么我们就可以摁着这一位，将 (T) 分成有这一位的和没有这一位的，这两类数量相同，且存在奇偶性不同的一一映射关系，然后式子就被消成 0 了。
然后就什么都好说了，这里就不再证了。
而这个 (frac{1}{2^n} sum_T (-1)^{|S & T|} hat f_T) 也好算，再来一遍 FWT ，最终除掉 (1/2^n) 即可（或者每层除以一个二也可）
（其实最简单的方法莫过于干了什么就“撤回”什么，可以直接推得沃尔什逆变换）。
小结
- 或：
意义:（同高维前缀和）(S) 的所有子集的和。
- 与：
意义：包含 (S) 的所有集合的和。
- 异或：
意义：?????
应用
4589: Hard Nim
经典Nim游戏（轮流取石子，无法操作者为负）。
n堆石子满足每堆石子的初始数量是不超过m的质数。
求先手必败局面数。
n <= 1e9, m <= 5e4
最朴素的方法自然是枚举每一种方案，判断其合法不合法。
复杂度：O((nm^n))
当只有两个sigma(n=2)的时候是：
即
是异或卷积的形式。
（思维逐渐混乱）
根据FFT相关计数题目的经验，我们可以用权值数组。即 (a[i]) 表示异或值为 (i) 有多少种情况。然后就可以用FWT了。
考虑类似快速幂的方法，以快速幂的格式，把 (a[~]) 当作 (x)，做多项式快速幂，最终答案就是 (a[0])。复杂度大概(O(m~logm~logn))（有点悬？）
一想到多项式快速幂，我们就成功的走向了大弯路，甚至复杂度都有点保不住。不要忘记FFT,NTT,FWT都是借助点值表示加速的本质。在转化成点值表示以后，仍支持交换律，结合律等，因此可以直接把每个点值做快速幂。复杂度(O(m~logm~+~m~logn))
(Code:)
limi = 1;
while (limi <= m) limi <<= 1;
for (register int i = 0; i <= m; ++i) A[i] = (!depri[i]);
FWT_xor(A, 1);
for (register int i = 0; i <= limi; ++i) A[i] = quickpow(A[i], n);
FWT_xor(A, -1);
printf("%lld
", A[0]);
CF662C Binary Table
有一个 n 行 m 列的表格，每个元素都是 0/1 ，每次操作可以选择一行或一列，把 0/1 翻转，即把 0 换为 1 ，把 1 换为 0 。请问经过若干次操作后，表格中最少有多少个 1 。
(n<=20, m<=1e5)
考虑枚举行翻转情况为State。设一开始第 i 列的情况为 (S_i)，则对于每个 (State) 来说，答案为((F_s)表示某一列状态为 (s) 的最大贡献（1个数）：
转换枚举对象： 枚举 对行操作后的列状态 X（方便直接使用 (F_X) 统计答案） 和 (S_i) ((Q_s) 表示状态为 (S) 的列有多少个):
稍作变换：
即：
然后预处理出 F 和 Q ，FWT即可。
练习题
附
FWT模板（调试用）
inline void FWT_or(ll *a, int type) {
for (register int i = 1; i < limi; i <<= 1) {
for (register int j = 0; j < limi; j += (i << 1)) {
for (register int p = 0; p < i; ++p) {
a[i + j + p] = (a[i + j + p] + a[j + p] * type) % P;
if (a[i + j + p] < 0) a[i + j + p] += P;
}
}
}
}
inline void sol_or() {
memcpy(tp1, A, sizeof(A));
memcpy(tp2, B, sizeof(B));
FWT_or(tp1, 1); FWT_or(tp2, 1);
for (register int i = 0; i < limi; ++i) C[i] = tp1[i] * tp2[i] % P;
FWT_or(C, -1);
for (register int i = 0; i < limi; ++i) printf("%lld ", C[i]);
puts("");
}
inline void FWT_and(ll *a, int type) {
for (register int i = 1; i < limi; i <<= 1) {
for (register int j = 0; j < limi; j += (i << 1)) {
for (register int p = 0; p < i; ++p) {
a[j + p] = (a[j + p] + a[i + j + p] * type) % P;
if (a[j + p] < 0) a[j + p] += P;
}
}
}
}
inline void sol_and() {
memcpy(tp1, A, sizeof(A));
memcpy(tp2, B, sizeof(B));
FWT_and(tp1, 1); FWT_and(tp2, 1);
for (register int i = 0; i < limi; ++i) C[i] = tp1[i] * tp2[i] % P;
FWT_and(C, -1);
for (register int i = 0; i < limi; ++i) printf("%lld ", C[i]);
puts("");
}
inline void FWT_xor(ll *a, int type) {
for (register int i = 1; i < limi; i <<= 1) {
for (register int j = 0; j < limi; j += (i << 1)) {
for (register int p = 0; p < i; ++p) {
ll nx = a[j + p], ny = a[i + j + p];
a[j + p] = (nx + ny) % P;
a[i + j + p] = (nx - ny + P) % P;
if (type == -1) {
a[j + p] = a[j + p] * inv2 % P;
a[i + j + p] = a[i + j + p] * inv2 % P;
}
}
}
}
}
inline void sol_xor() {
memcpy(tp1, A, sizeof(A));
memcpy(tp2, B, sizeof(B));
FWT_xor(tp1, 1); FWT_xor(tp2, 1);
for (register int i = 0; i < limi; ++i) C[i] = tp1[i] * tp2[i] % P;
FWT_xor(C, -1);
for (register int i = 0; i < limi; ++i) printf("%lld ", C[i]);
puts("");
}