最近舟游疯狂出货，心情很好~
具体的推导见这篇：胡小兔 - 小学生都能看懂的FFT！！！ （写的很好，不过本小学生第一次没看懂0.0）
总结下关键内容
~ Part 0 ~ 点值表示
对于一$n$项多项式$A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{n-1}x^{n-1}$
我们代入$n$个不同的数$x_i$，得到$n$个值$y_i=A(x_i)$
则称这$n$个有序数对$(x_i,y_i)$为多项式$A(x)$的点值表示（可以认为是$xOy$平面上的点）
可以证明（略），通过这个$n$个点值可以还原出原多项式
~ Part 1 ~ 多项式表示转点值表示：
将原多项式$A(x)$的次数补成$2$的幂次，然后进行递归拆分
设当前一层的多项式为$B(x)$，项数为$n$，即：$B(x)=b_0+b_{1}x+b_{2}x^{2}+...+b_{n-1}x^{n-1}$
先将此多项式的按照奇偶项系数拆成两个式子
[B_0(x)=b_0+b_2x+b_4x^2+...+b_{n-2}x^{frac{n}{2}-1}]
[B_1(x)=b_1+b_3x+b_5x^2+...+b_{n-1}x^{frac{n}{2}-1}]
那么可以将$B(x)$重新表示：$B(x)=B_0(x^2)+xB_1(x^2)$
我们希望将复平面上单位圆的点代入，得到$B(omega^{0}_{n})$，...，$B(omega^{n-1}_{n})$的值
若$0leq i<frac{n}{2}$，则有【这里使用了复数运算律：因为$omega$在单位圆上，所以$omega^i_ncdotomega^j_n=omega^{i+j}_n$；因为$n$为$2$的倍数，所以$omega^{2i}_n=omega^i_{frac{n}{2}}$】
egin{align*}B(omega^i_n)&=B_0((omega^i_n)^2)+omega^i_nB_1((omega^i_n)^2)\&=B_0(omega^{2i}_n)+omega^i_nB_1(omega^{2i}_n)\&=B_0(omega^i_{frac{n}{2}})+omega^i_nB_0(omega^i_{frac{n}{2}})end{align*}
而对于单位圆上的另一半，则有【这里追加一个复数运算律：因为$n$为$2$的倍数，所以$omega^{i+frac{n}{2}}_n=-omega^i_n$】
egin{align*}B(omega^{i+frac{n}{2}}_n)&=B_0((omega^{i+frac{n}{2}}_n)^2)+omega^{i+frac{n}{2}}_nB_1((omega^{i+frac{n}{2}}_n)^2)\&=B_0(omega^{2i+n}_n)-omega^i_nB_1(omega^{2i+n}_n)\&=B_0(omega^i_{frac{n}{2}})-omega^i_nB_0(omega^i_{frac{n}{2}})end{align*}
所以我们将这一层计算$B(omega^0_n)$，...，$B(omega^{n-1}_{n-1})$的问题变为计算下一层$B_0(omega^0_{frac{n}{2}})$，...，$B_0(omega^{frac{n}{2}-1}_{frac{n}{2}})$，$B_1(omega^0_{frac{n}{2}})$，...，$B_1(omega^{frac{n}{2}-1}_{frac{n}{2}})$
这样，总的复杂度是$O(N logN)$
~ Part 2 ~ 点值转多项式系数
设原多项式为$A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{n-1}x^{n-1}$，其中补成$2$的幂次项后项数为$n$
则分别代入$omega^0_n$，$omega^1_n$，...，$omega^{n-1}_n$，得到$y_i=A(omega^i_n)$，$i=0,1,...,n-1$，即上面得到的$n$个点值
令$B(x)=y_0+y_1x+y_2x^2+...+y_{n-1}x^{n-1}$
再分别代入$omega^0_n$，$omega^{-1}_n$，...，$omega^{-(n-1)}_n$，运算（这里略去）得到$a_i=frac{B(omega^{-i}_n)}{n}$，$i=0,1,...,n-1$
按这个思路写出的代码如下（实现了多项式系数转点值，再转回多项式系数）
大佬用的数组指针确实方便
#include <cstdio> #include <complex> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef complex<double> cp; const int N=100005; const double pi=acos(-1.0); inline cp omega(int x,int n,int rev) { if(rev) x=-x; return cp(cos(x*2*pi/(double)n),sin(x*2*pi/(double)n)); } cp tmp[N]; void fft(cp *a,int n,int rev) { if(n==1) return; for(int i=0;i<n;i++) tmp[i]=a[i]; for(int i=0;i<n/2;i++) { a[i]=tmp[i*2]; a[n/2+i]=tmp[i*2+1]; } fft(a,n/2,rev); fft(a+n/2,n/2,rev); for(int i=0;i<n/2;i++) { cp x=omega(i,n,rev); tmp[i]=a[i]+x*a[n/2+i]; tmp[n/2+i]=a[i]-x*a[n/2+i]; } for(int i=0;i<n;i++) a[i]=tmp[i]; } int n; cp a[N]; int main() { // freopen("input.txt","r",stdin); scanf("%d",&n); for(int i=0;i<n;i++) { int x; scanf("%d",&x); a[i]=cp((double)x,0); } int sz=1; while(sz<n) sz<<=1; n=sz; fft(a,n,0); fft(a,n,1); for(int i=0;i<n;i++) printf("%.2lf ",a[i].real()/(double)n); printf(" "); return 0; }
~ Part 3 ~ 两个简单的优化
非递归：
将递归的第一部分，即交换$a[i]$以奇偶分组，直接完成
这里的交换位置是两两一对的——若$n=8$，则$4$（$100$）最终将与$1$（$001$）互换
即两个交换位置的二进制是前后翻转的
去除$tmp[i]$数组：
对于递归的第二部分for循环中的每个$i$，只会用到$tmp[i]$、$tmp[n/2+i]$、$a[i]$、$a[n/2+i]$
所以对于当前$i$的改变是无后效性的，可以考虑使用临时变量而不是$tmp[i]$数组
于是，可以写出没有递归与$tmp[i]$数组的$fft()$函数
void fft(cp *a,int n,int rev) { for(int i=0;i<n;i++) { int nxt=0; for(int j=1;j<=n;j<<=1) if(i&j) nxt+=n/2/j; if(nxt>i) swap(a[i],a[nxt]); } for(int i=2;i<=n;i<<=1) for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<i/2;k++) { cp x=omega(k,i,rev); cp b0=a[j+k],b1=a[i/2+j+k]; a[j+k]=b0+x*b1; a[i/2+j+k]=b0-x*b1; } }
现在一般用的是手写complex、有预处理的版本
#include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; struct cp { double x,y; cp(double a=0.0,double b=0.0) { x=a,y=b; } }; inline cp operator *(cp a,cp b) { return cp(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x); } inline cp operator +(cp a,cp b) { return cp(a.x+b.x,a.y+b.y); } inline cp operator -(cp a,cp b) { return cp(a.x-b.x,a.y-b.y); } const int N=300005; const double pi=acos(-1.0); const double eps=0.00001; const int op[2]={1,-1}; int to[N<<2]; cp omega[N<<2][2]; void Init(int n) { for(int i=0;i<n;i++) { int nxt=0; for(int j=1;j<=n;j<<=1) if(i&j) nxt+=n/2/j; to[i]=nxt; } for(int i=0;i<n/2;i++) for(int j=0;j<2;j++) { double ang=op[j]*i*2*pi/(double)n; omega[i][j]=cp(cos(ang),sin(ang)); } } void fft(cp *a,int n,int rev) { for(int i=0;i<n;i++) if(to[i]>i) swap(a[i],a[to[i]]); for(int i=1;i<=n;i<<=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) { int p=j+k; cp b0=a[p],t=omega[n/i*k][rev]*a[m+p]; a[p]=b0+t; a[m+p]=b0-t; } } }
用FFT计算卷积
一般的卷积有这种形式：$c_k=sumlimits_{i+j=k}^{}a_icdot b_j$
而这恰好跟多项式乘法的形式是完全一致的
所以可以用$O(nlogn)$的时间，计算出两个$n$维向量的卷积
模板题：CF Gym101002 E （$K-Inversions$）
将$A$、$B$分别用$1$表示一次，拆出两个数组
这里由于是$j-i=k$，所以可以将$B$对应的数组反向来表示负次幂的整体平移
然后两数组转为点值后乘起来，再转回去，就得到了结果；不过要注意并不是将整个卷积输出
不预处理会TLE orz
#include <cstdio> #include <complex> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef complex<double> cp; const int N=1000005; const double pi=acos(-1.0); const double eps=0.00001; const int op[2]={1,-1}; cp omega[N<<2][2]; void Init(int n) { for(int i=0;i<n/2;i++) for(int j=0;j<2;j++) omega[i][j]=cp(cos(op[j]*i*2*pi/(double)n),sin(op[j]*i*2*pi/(double)n)); } void fft(cp *a,int n,int rev) { for(int i=0;i<n;i++) { int nxt=0; for(int j=1;j<=n;j<<=1) if(i&j) nxt+=n/2/j; if(nxt>i) swap(a[i],a[nxt]); } for(int i=1;(1<<i)<=n;i++) { int m=1<<i; for(int j=0;j<n;j+=m) for(int k=0;k<m/2;k++) { cp x=omega[n/m*k][rev]; cp b0=a[j+k],b1=a[m/2+j+k]; a[j+k]=b0+x*b1; a[m/2+j+k]=b0-x*b1; } } } int n; char s[N]; cp a[N<<2],b[N<<2],c[N<<2]; int main() { scanf("%s",s); n=strlen(s); int sz=1; while(sz<n) sz<<=1; for(int i=0;i<n;i++) if(s[i]=='B') a[sz-i-1]=cp(1.0,0.0); else b[i]=cp(1.0,0.0); sz<<=1; Init(sz); fft(a,sz,0); fft(b,sz,0); for(int i=0;i<sz;i++) c[i]=a[i]*b[i]; fft(c,sz,1); for(int i=sz/2;i<sz/2+n-1;i++) printf("%d ",int(c[i].real()/(double)sz+eps)); return 0; }
一道不那么裸的题：CF 528D （$Fuzzy$ $Search$）
这题的tutorial写的很好，就不具体写了
大概思路是，把$ATGC$各看成一个subtask
由于$k$的存在可以对字符串$S$进行左右平移，然后将$T$的倒序与平移后的$S$卷积，得出能匹配的数量
#include <cstdio> #include <complex> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef complex<double> cp; const int N=280005; const double pi=acos(-1.0); const double eps=0.00001; const int op[2]={1,-1}; cp omega[N<<1][2]; void Init(int n) { for(int i=0;i<n/2;i++) for(int j=0;j<2;j++) omega[i][j]=cp(cos(op[j]*i*2*pi/(double)n),sin(op[j]*i*2*pi/(double)n)); } void fft(cp *a,int n,int rev) { for(int i=0;i<n;i++) { int nxt=0; for(int j=1;j<=n;j<<=1) if(i&j) nxt+=n/2/j; if(nxt>i) swap(a[i],a[nxt]); } for(int i=1;(1<<i)<=n;i++) { int m=1<<i; for(int j=0;j<n;j+=m) for(int k=0;k<m/2;k++) { cp x=omega[n/m*k][rev]; cp b0=a[j+k],b1=a[m/2+j+k]; a[j+k]=b0+x*b1; a[m/2+j+k]=b0-x*b1; } } } int n,m,k; char S[N],T[N]; void Push(cp *a) { int lv=0; for(int i=0;i<n;i++,lv--) { if(a[i].real()>0.0) lv=k+1; if(lv>0) a[i]=cp(1.0,0.0); } lv=0; for(int i=n-1;i>=0;i--,lv--) { if(a[i].real()>0.0) lv=k+1; if(lv>0) a[i]=cp(1.0,0.0); } } int to[130]; cp a[4][N<<1],b[4][N<<1]; int cnt[4]; int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); scanf("%s",S); scanf("%s",T); int sz=1; while(sz<n) sz<<=1; to['A']=0,to['T']=1,to['G']=2,to['C']=3; for(int i=0;i<n;i++) a[to[S[i]]][i]=cp(1.0,0.0); for(int i=0;i<m;i++) { b[to[T[i]]][sz-i-1]=cp(1.0,0.0); cnt[to[T[i]]]++; } sz<<=1; for(int i=0;i<4;i++) Push(a[i]); Init(sz); for(int i=0;i<4;i++) { fft(a[i],sz,0); fft(b[i],sz,0); } for(int i=0;i<4;i++) for(int j=0;j<sz;j++) a[i][j]=a[i][j]*b[i][j]; for(int i=0;i<4;i++) fft(a[i],sz,1); int ans=0; for(int i=n/2;i<sz/2+n-1;i++) { bool flag=true; for(int j=0;j<4;j++) { if(int(a[j][i].real()/(double)sz+eps)!=cnt[j]) flag=false; } if(flag) ans++; } printf("%d ",ans); return 0; }
还有一道类似的题：Luogu P4173 （残缺的字符串）
虽然题目差不多，但做法还是有些差距的
学习了：Ebola - 题解 P4173 【残缺的字符串】 思路写的非常完善
方法大概是，构造函数→暴力展开→（调整遍历顺序）→卷积
有长为$n$的原串$A$与长为$m$的匹配串$B$，则匹配函数$f(x)=sum_{i=0}^{m-1}(A[x+i-m+1]-B[i])^2cdot A[x+i-m+1]B[i]$表示匹配结尾为$x$的匹配值（$0$则完全匹配）
将$B$倒序为$R$，则有$R[-i+m-1]=B[i]$，那么可以改写匹配函数为$f(x)=sum_{i=0}^{m-1}(A[x+i-m+1]-R[-i+m-1])^2cdot A[x+i-m+1]R[-i+m-1]$
展开后即可发现明显的卷积：$f(x)=sum A[x+i-m+1]^3R[-i+m-1]-2sum A[x+i-m+1]^2R[-i+m-1]^2+sum A[x+i-m+1]R[-i+m-1]^2$
常数是真的卡不过去了ToT 差不多是刚好超时的样子
#include <cstdio> #include <complex> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> using namespace std; struct cp { double x,y; cp(double a=0.0,double b=0.0) { x=a,y=b; } }; cp operator *(cp a,cp b) { return cp(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x); } cp operator +(cp a,cp b) { return cp(a.x+b.x,a.y+b.y); } cp operator -(cp a,cp b) { return cp(a.x-b.x,a.y-b.y); } const int N=300005; const double pi=acos(-1.0); const double eps=0.00001; const int op[2]={1,-1}; const int mul[4]={0,1,-2,1}; int to[N<<2]; cp omega[N<<2][2]; void Init(int n) { for(int i=0;i<n;i++) { int nxt=0; for(int j=1;j<=n;j<<=1) if(i&j) nxt+=n/2/j; to[i]=nxt; } for(int i=0;i<n/2;i++) for(int j=0;j<2;j++) omega[i][j]=cp(cos(op[j]*i*2*pi/(double)n),sin(op[j]*i*2*pi/(double)n)); } void fft(cp *a,int n,int rev) { for(int i=0;i<n;i++) if(to[i]>i) swap(a[i],a[to[i]]); for(int i=1;(1<<i)<=n;i++) { int m=1<<i; for(int j=0;j<n;j+=m) for(int k=0;k<m/2;k++) { cp x=omega[n/m*k][rev]; cp b0=a[j+k],b1=a[m/2+j+k]; a[j+k]=b0+x*b1; a[m/2+j+k]=b0-x*b1; } } } int n,m; char A[N],B[N]; cp a[N<<2],b[N<<2]; cp f[N<<2]; vector<int> ans; int main() { scanf("%d%d",&m,&n); scanf("%s",B); scanf("%s",A); int sz=1; while(sz<n) sz<<=1; sz<<=1; Init(sz); for(int i=1;i<=3;i++) { for(int j=0;j<n;j++) { int val=(A[j]=='*'?0:A[j]-'a'+1); a[j]=cp(pow(val,4-i),0); } for(int j=n;j<sz;j++) a[j]=cp(0,0); for(int j=0;j<m;j++) { int val=(B[-j+m-1]=='*'?0:B[-j+m-1]-'a'+1); b[j]=cp(pow(val,i),0); } for(int j=m;j<sz;j++) b[j]=cp(0,0); fft(a,sz,0); fft(b,sz,0); for(int j=0;j<sz;j++) f[j]=f[j]+cp(mul[i],0)*a[j]*b[j]; } fft(f,sz,1); for(int i=m-1;i<n;i++) if(int(f[i].x/(double)sz+eps)==0) ans.push_back(i-m+2); printf("%d ",ans.size()); for(int i=0;i<ans.size();i++) printf("%d ",ans[i]); return 0; }
神仙题：CF 623E （$Transforming$ $Sequence$）
首先要想到tutorial的并归思想，然后要对式子变形成可卷积的形式（即乘积中的一部分只有$i$，另一部分只有$n-i$）
FFT还要能取模...（貌似就是NTT？）
暂时就不做了orz
参考了这篇：yyb - FWT快速沃尔什变换学习笔记 不过思路还是有些区别
FWT主要解决的问题是位运算卷积，比如：$C_k=sum_{i ext{|}j=k}A_icdot B_j$，$C_k=sum_{i ext{&}j=k}A_icdot B_j$，$C_k=sum_{i ext{^}j=k}A_icdot B_j$
这个跟FFT还是有一些区别的，毕竟FFT可以用多项式乘法形象地理解
~ Part 0 ~ 从FFT到FWT
现在重新考虑一下FFT做了什么事情：
相当于构造了对一维向量$A$的一种变换方式$A ightarrow FFT(A)$
使得对于两个一维向量$A$、$B$以及它们的卷积$C$，有$FFT(C)=FFT(A)cdot FFT(B)$（暂且先不考虑逆变换）
这里，我们是用点值来考虑的——因为$FFT(A)[i]=A(omega_n^i)$，所以上式相当于$forall i,C(omega_n^i)=A(omega_n^i)cdot B(omega_n^i)$
正确性是显然的
然后我们类似的考虑FWT要做的事情（以or卷积为例）：
构造对一维向量$A$的一种变换方式$A ightarrow FWT(A)$
使得对于两个一维向量$A$、$B$以及它们的or卷积$C$，有$FWT(C)=FWT(A)cdot FWT(B)$
类似于FFT，我们并不需要知道如何推导出的变换（即为什么代入$omega_n^i$），只需要知道变换方式的正确性
~ Part 1 ~ or卷积的FWT
现给出or卷积的FWT变换：
记向量$A$的项数为$n$，且$n$为$2$的幂次，则$A=(a_0,a_1,...,a_{n-1})$
拆出$A$的前后一半，分别记为$A_0$与$A_1$，则$A_0=(a_0,a_1,...,a_{frac{n}{2}-1})$，$A_1=(a_{frac{n}{2}},a_{frac{n}{2} +1},...,a_{n-1})$
[FWT(A)=egin{cases}(FWT(A_0),FWT(A_0+A_1)) &left| A ight| >1\A &left| A ight| =1end{cases}]
~ Part 2 ~ 正确性的证明
通过观察，我们可以很明显的发现一个性质
对于$0 ext{~}frac{n}{2}-1$，它的二进制第一位是$0$；而$frac{n}{2} ext{~}n-1$的二进制第一位是$1$
那么这个变换的步骤，就是将位置编号为$i$的元素不停地向后加——其中的“向后”是指，将$i$二进制中的$0$依次变为$1$
比如，取$n=8$，则变换的步骤为
可以发现，$FWT(A)[i]=sum_{i ext{|}j=i}a_j$
那么，有[egin{align*}& FWT(A)[i]cdot FWT(B)[i]\&=sum_{i ext{|}j=i}a_jcdot sum_{i ext{|}j=i}b_j\&=sum_{i ext{|}j=i}(a_jcdot sum_{i ext{|}k=i}b_k)\&=sum_{i ext{|}j=i,i ext{|}k=i}a_jcdot b_kend{align*}]
而根据or卷积的定义，$C_i=sum_{j ext{|}k=i}a_jcdot b_k$
则有[egin{align*}FWT(C)[i]&=sum_{i ext{|}j=i}C_j\&=sum_{i ext{|}j=i}sum_{k ext{|}l=j}a_kcdot b_l\&=sum_{i ext{|}k=i}a_kcdot sum_{i ext{|}l=i}b_lquad ext{此时j=k|l}\&=sum_{i ext{|}j=i,i ext{|}k=i}a_icdot b_jend{align*}]
由于$forall i,FWT(C)[i]=FWT(A)[i]cdot FWT(B)[i]$，所以$FWT(C)=FWT(A)cdot FWT(B)$，证毕
所以可以放心食用or卷积了~
~ Part 3 ~ FWT的结论（们）
现在给出三种位运算卷积的FWT
其余两种的证明方法应该是类似的（好像xor有点差距0.0 不管了）
对于or卷积：$FWT(A)=egin{cases}(FWT(A_0),FWT(A_0+A_1)) &left| A ight| >1\A &left| A ight| =1end{cases}$
对于and卷积：$FWT(A)=egin{cases}(FWT(A_0+A_1),FWT(A_1)) &left| A ight| >1\A &left| A ight| =1end{cases}$
对于xor卷积：$FWT(A)=egin{cases}(FWT(A_0+A_1),FWT(A_0-A_1)) &left| A ight| >1\A &left| A ight| =1end{cases}$
也可以方便的找到逆变换IFWT（就是和差问题）
设向量$B=FWT(A)$，同样对半分成$B_0$，$B_1$
对于or卷积：$IFWT(B)=egin{cases}(IFWT(B_0),IFWT(B_1-B_0)) &left| B ight| >1\B &left| B ight| =1end{cases}$
对于and卷积：$IFWT(B)=egin{cases}(IFWT(B_0-B_1),IFWT(B_1)) &left| B ight| >1\B &left| B ight| =1end{cases}$
对于xor卷积：$IFWT(B)=egin{cases}(frac{IFWT(B_0+B_1)}{2},frac{IFWT(B_0-B_1)}{2}) &left| B ight| >1\B &left| B ight| =1end{cases}$
还有两个比较常用的运算律，成立的原因在于FWT只是简单的加减变换
$FWT(Acdot A)=FWT(A)cdot FWT(A)$
$FWT(A+A)=FWT(A)+FWT(A)$
模板题：Luogu P4717 （【模板】快速沃尔什变换）
#include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdio> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1<<17; const int MOD=998244353; inline ll mod(ll x) { if(x>=MOD) return x-MOD; if(x<0) return x+MOD; return x; } ll rev=1; void Init() { ll n=MOD-2,x=2; while(n) { if(n&1) rev=(rev*x)%MOD; x=(x*x)%MOD; n>>=1; } } void FWTor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) a[j+m+k]=mod(a[j+k]+a[j+m+k]); } } void IFWTor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) a[j+m+k]=mod(a[j+m+k]-a[j+k]); } } void FWTand(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) a[j+k]=mod(a[j+k]+a[j+m+k]); } } void IFWTand(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) a[j+k]=mod(a[j+k]-a[j+m+k]); } } void FWTxor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) { ll x=a[j+k],y=a[j+m+k]; a[j+k]=mod(x+y); a[j+m+k]=mod(x-y); } } } void IFWTxor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) { ll x=a[j+k],y=a[j+m+k]; a[j+k]=(x+y)*rev%MOD; a[j+m+k]=(x-y)*rev%MOD; } } } ll A[N],B[N]; ll a[N],b[N]; int main() { int n; scanf("%d",&n); n=1<<n; for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&A[i]); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&B[i]); Init(); for(int i=0;i<n;i++) a[i]=A[i],b[i]=B[i]; FWTor(a,n); FWTor(b,n); for(int i=0;i<n;i++) a[i]=(a[i]*b[i])%MOD; IFWTor(a,n); for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",mod(a[i])); printf(" "); for(int i=0;i<n;i++) a[i]=A[i],b[i]=B[i]; FWTand(a,n); FWTand(b,n); for(int i=0;i<n;i++) a[i]=(a[i]*b[i])%MOD; IFWTand(a,n); for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",mod(a[i])); printf(" "); for(int i=0;i<n;i++) a[i]=A[i],b[i]=B[i]; FWTxor(a,n); FWTxor(b,n); for(int i=0;i<n;i++) a[i]=(a[i]*b[i])%MOD; IFWTxor(a,n); for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",mod(a[i])); printf(" "); return 0; }
rls推荐的一题：BZOJ 4589 （$Hard$ $Nim$）
题目就是求有多少$a[i]$的选择方案，使得$a[1] ext{^}a[2] ext{^}... ext{^}a[n]=0$
受到上面$Transforming$ $Sequence$的启发（因为题目中$n$很大，$m$较小），我们可以考虑并归
一个长度为$n$的区间可以通过多个区间合并而来，比如可以用类似快速幂的方法，每次合并进一个长度为$2$的幂次的区间
然后“合并”操作恰恰就是xor卷积：$C_k=sum_{i ext{^}j=k}a_icdot b_j$，其中$a_i$表示整个区间异或值为$i$的方案数
$a_i$的初始值为：$a_i=egin{cases}1& ext{i为质数}\0& ext{i为合数}end{cases}$（题目中要求每堆石子个数是质数）
又由$FWT(Acdot A)=FWT(A)cdot FWT(A)$，我们只需对$A$在循环外做一次FWTxor变换，在合并时只需要将$FWT(A)$点乘自己
总的复杂度为$O(Tcdot k(logn+logk))$
#include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdio> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1<<19; const int MOD=1000000007; inline ll mod(ll x) { if(x>=MOD) return x-MOD; if(x<0) return x+MOD; return x; } ll rev=1; void Init() { ll n=MOD-2,x=2; while(n) { if(n&1) rev=(rev*x)%MOD; x=(x*x)%MOD; n>>=1; } } void FWTor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) a[j+m+k]=mod(a[j+k]+a[j+m+k]); } } void IFWTor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) a[j+m+k]=mod(a[j+m+k]-a[j+k]); } } void FWTand(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) a[j+k]=mod(a[j+k]+a[j+m+k]); } } void IFWTand(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) a[j+k]=mod(a[j+k]-a[j+m+k]); } } void FWTxor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) { ll x=a[j+k],y=a[j+m+k]; a[j+k]=mod(x+y); a[j+m+k]=mod(x-y); } } } void IFWTxor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) { ll x=a[j+k],y=a[j+m+k]; a[j+k]=(x+y)*rev%MOD; a[j+m+k]=(x-y)*rev%MOD; } } } int prime[N]; ll a[N],res[N]; int main() { Init(); for(int i=2;i<N;i++) prime[i]=1; for(int i=2;i<N;i++) if(prime[i]) for(int j=i+i;j<N;j+=i) prime[j]=0; int n,m; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { int sz=1; while(sz<=m) sz<<=1; for(int i=0;i<sz;i++) { a[i]=(i<=m?prime[i]:0); res[i]=1; } FWTxor(a,sz); while(n) { if(n&1) for(int i=0;i<sz;i++) res[i]=res[i]*a[i]%MOD; for(int i=0;i<sz;i++) a[i]=a[i]*a[i]%MOD; n>>=1; } IFWTxor(res,sz); printf("%d ",res[0]); } return 0; }
依旧是rls推荐的一题：HDU 5909 （$Tree$ $Cutting$）
先看一眼，$n$挺小，嗯...（意味深长）
这道题是对一个无根树的子树求xor和，首先不妨定一个根
定下根后，整棵树的层次就确定了；于是，想要统计所有无根子树，就相当于从下向上、统计每个节点的子树，并把结果加起来
正确性很好证明：对于以$x$为根节点的子树，包含$x$的所有无根子树在$x$处被统计，不包含$x$的在$x$的后代处被统计
那么现在要解决的问题变成，已知儿子的统计信息，如何得出当前节点$cur$的结果
首先，当前节点是必选的
然后，我们可以在 以$cur$的儿子们为根 的子树中，任意选择节点
对于每一个儿子，选择的结果就是已知的统计信息；而想要将所有儿子的选择合并，恰好就是卷积
比如，在儿子$1$的子树中xor值为$i$的选择方案数$a_i$，与儿子$2$的子树中xor值为$j$的选择方案数$b_j$，对当前节点xor值为$v_{cur} ext{^} i ext{^} j$（$v_i$为题目中节点的权值）的贡献数为$a_icdot b_j$
大方向有了，还有三个细节问题
1. 我们对于每个节点应当存储的是FWTxor的值，否则对于一个儿子的合并不能做到$O(n)$，而会多一个$logn$
2. 儿子的子树中可以一个节点都不选，即xor值为$0$的方案在计算$cur$时应加$1$；对于FWT，相当于对全体加$1$
3. 输出时，行末无空格，文末有回车
#include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdio> #include <vector> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1<<10; const int MOD=1000000007; inline ll mod(ll x) { if(x>=MOD) return x-MOD; if(x<0) return x+MOD; return x; } ll rev=1; void Init() { ll n=MOD-2,x=2; while(n) { if(n&1) rev=(rev*x)%MOD; x=(x*x)%MOD; n>>=1; } } void FWTor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) a[j+m+k]=mod(a[j+k]+a[j+m+k]); } } void IFWTor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) a[j+m+k]=mod(a[j+m+k]-a[j+k]); } } void FWTand(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) a[j+k]=mod(a[j+k]+a[j+m+k]); } } void IFWTand(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) a[j+k]=mod(a[j+k]-a[j+m+k]); } } void FWTxor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) { ll x=a[j+k],y=a[j+m+k]; a[j+k]=mod(x+y); a[j+m+k]=mod(x-y); } } } void IFWTxor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) { ll x=a[j+k],y=a[j+m+k]; a[j+k]=(x+y)*rev%MOD; a[j+m+k]=(x-y)*rev%MOD; } } } int n,m; int a[N]; vector<int> v[N]; inline bool cmp(int x,int y) { return a[x]<a[y]; } ll res[N]; ll val[N][N]; inline void dfs(int x,int fa) { for(int i=0;i<m;i++) val[x][i]=0; val[x][a[x]]=1; FWTxor(val[x],m); for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int to=v[x][i]; if(to==fa) continue; dfs(to,x); for(int j=0;j<m;j++) val[x][j]=(val[x][j]*(val[to][j]+1))%MOD; } } ll ans[N]; int main() { Init(); int T; scanf("%d",&T); while(T--) { for(int i=0;i<N;i++) v[i].clear(),ans[i]=0; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<n;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); v[x].push_back(y); v[y].push_back(x); } dfs(1,0); for(int i=1;i<=n;i++) { IFWTxor(val[i],m); for(int j=0;j<m;j++) ans[j]=mod(ans[j]+val[i][j]); } for(int i=0;i<m;i++) { printf("%lld",ans[i]); if(i!=m-1) putchar(' '); } printf(" "); } return 0; }
最后看题解才做出来的：CF Gym 101955I （$Distance$ $Between$ $Sweethearts$，ICPC沈阳 2018）
如果没有$max{left| I_{boy}-I_{girl} ight|, left| A_{boy}-A_{girl} ight|,left| G_{boy}-G_{girl} ight|}$，那么这题直接把$6$个数组FWT后卷起来就行了
但是问题在于，在作差后，$I_{boy}$与$I_{girl}$、$A_{boy}$与$A_{girl}$、$G_{boy}$与$G_{girl}$之间有联系；所以应当对于每一属性分别考虑
以$I$属性为例，我们显然可以用$O(n)$扫一遍，得出当$left| I_{boy}-I_{girl} ight|=x$（$x$为一指定数）时，$I_{boy} ext{^} I_{girl}=i$（$i$从$0 ext{~} 2048$）的数量
接着，我们发现对三个差取max是一个比较麻烦的条件，于是可以考虑从小到大枚举这个max
假设当前三个差中的最大值为$val$（$0leq val< 2048$）
对于每个属性先扫一遍，预处理出当$left| I_{boy}-I_{girl} ight|=val$时，$I_{boy} ext{^} I_{girl}=i$（$i$从$0 ext{~} 2048$）的数量，记为$cur[i]$数组；类似的也可以得到$A$、$G$的信息
然后对每个属性的信息分别做前缀和，得到$left| I_{boy}-I_{girl} ight|leq val$时，$I_{boy} ext{^} I_{girl}=i$（$i$从$0 ext{~} 2048$）的数量，记为$pre[i]$数组；$A$、$G$类似
然后考虑容斥：
要保证三个差中的最大值为$val$，有三种情况——$1$个差为$val$、$2$个差为$val$、$3$个差为$val$
对于$1$个差为$val$的情况，我们可以这样统计：要求一个属性$left| boy-girl ight|=val$，另两个$left| boy-girl ight|leq val$，即相当于将$1$个$cur[i]$数组与$2$个$pre[i]$数组做xor卷积
对于$2$个差为$val$的情况：要求两个属性$left| boy-girl ight|=val$，另一个$left| boy-girl ight|leq val$，即相当于将$2$个$cur[i]$数组与$1$个$pre[i]$数组做xor卷积
对于$3$个差为$val$的情况：要求三个属性$left| boy-girl ight|=val$，即相当于将$3$个$cur[i]$数组做xor卷积
于是最大值为$val$时，$I_{boy} ext{^} I_{girl} ext{^} A_{boy} ext{^} A_{girl} ext{^} G_{boy} ext{^} G_{girl}=i$的数量$sum_i$可以通过充斥得出，则对答案的贡献为$sum_icdot (val ext{^} i)$
常数有点大= =
#include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdio> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1<<11; void FWTxor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) { ll x=a[j+k],y=a[j+m+k]; a[j+k]=x+y; a[j+m+k]=x-y; } } } void IFWTxor(ll *a,int n) { for(int i=n;i>=2;i>>=1) { int m=i>>1; for(int j=0;j<n;j+=i) for(int k=0;k<m;k++) { ll x=a[j+k],y=a[j+m+k]; a[j+k]=(x+y)/2; a[j+m+k]=(x-y)/2; } } } int a[10]; ll cur[3][N],pre[3][N],sum[N]; int main() { int T; scanf("%d",&T); for(int it=1;it<=T;it++) { memset(pre,0,sizeof(pre)); unsigned long long ans=0; for(int i=0;i<6;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=0;i<N;i++) { memset(cur,0,sizeof(cur)); memset(sum,0,sizeof(sum)); for(int j=0;j<3;j++) { for(int k=i;k<=a[j] && k-i<=a[3+j];k++) cur[j][k^(k-i)]++; if(i!=0) for(int k=i;k<=a[3+j] && k-i<=a[j];k++) cur[j][k^(k-i)]++; FWTxor(cur[j],N); for(int k=0;k<N;k++) pre[j][k]+=cur[j][k]; } for(int j=0;j<3;j++) for(int k=0;k<N;k++) { ll tmp1=cur[j][k],tmp2=pre[j][k]; for(int l=0;l<3;l++) if(j!=l) tmp1*=pre[l][k],tmp2*=cur[l][k]; sum[k]+=tmp1-tmp2; } for(int j=0;j<N;j++) { for(int k=1;k<3;k++) cur[0][j]*=cur[k][j]; sum[j]+=cur[0][j]; } IFWTxor(sum,N); for(int j=0;j<N;j++) ans+=sum[j]*(i^j); } printf("Case #%d: %llu ",it,ans); } return 0; }
数论变换（NTT）
可以认为是能取模的FFT？
最近有点不想看这个...效率低下 待填坑
（待续）