大致题意： 给定(a_{0sim 2^n-1},b_{0sim 2^n-1})，求(c_{0sim 2^n-1})满足(c_k=sum_{i|j=k,i&j=0}a_ib_j)。
子集卷积
做这个之前，要先了解(FWT)。
考虑只要用(FWT)做或卷积，就可以轻松满足(i|j=k)这一限制，可要同时满足(i&j=0)，似乎没法直接搞。
但是，稍加分析我们就会发现，这两个限制放在一起其实会产生一个奇妙的性质。
因为(i&j=0)，所以(i)和(j)不可能在同一位上存在(1)，而(i|j=k)，则(k)的每一位上的(1)应该被恰好分给(i)和(j)的其中一个。
换言之，(i)和(j)二进制下(1)的个数之和等于(k)二进制下(1)的个数。
于是，我们定义(f_{i,j},g_{i,j})表示：（(cnt(j))为(j)二进制下(1)的个数）
[f_{i,j}=egin{cases}a_j&i=cnt(j)\0&i
ot=cnt(j)end{cases},g_{i,j}=egin{cases}b_j&i=cnt(j)\0&i
ot=cnt(j)end{cases}
]
然后我们令，(ans_i=sum_{j=0}^if_j*g_{i-j})，则(c_i=ans_{cnt(i),i})。
注意，这里的(*)为(FWT)的或卷积，因此上式可以看作是卷积套卷积，只不过外层这个卷积(nle20)，完全无需优化而已。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 20
#define X 1000000009
using namespace std;
int n,P,a[N+5][1<<N],b[N+5][1<<N],ans[N+5][1<<N],g[1<<N];
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(c) (C==E&&(clear(),0),*C++=c)
#define D isdigit(c=tc())
int T;char c,*A,*B,*C,*E,FI[FS],FO[FS],S[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI,C=FO,E=FO+FS;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15),D);}
Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);pc(' ');}
I void clear() {fwrite(FO,1,C-FO,stdout),C=FO;}
}F;
I void FWT(int *s,CI op)//FWT或卷积
{
RI i,j,k;for(i=1;i^P;i<<=1) for(j=0;j^P;j+=i<<1)
for(k=0;k^i;++k) s[i+j+k]=(1LL*op*s[j+k]+s[i+j+k])%X;
}
int main()
{
RI i,j,k;for(F.read(n),P=1<<n,i=0;i^P;++i) g[i]=g[i>>1]+(i&1);//预处理每个数二进制下1的个数
for(i=0;i^P;++i) F.read(a[g[i]][i]);for(i=0;i^P;++i) F.read(b[g[i]][i]);//读入
for(i=0;i<=n;++i) FWT(a[i],1),FWT(b[i],1);for(i=0;i^P;++i)//先做DWT
for(j=0;j<=n;++j) for(k=0;k<=j;++k) ans[j][i]=(1LL*a[k][i]*b[j-k][i]+ans[j][i])%X;//求出ans数组
for(i=0;i<=n;++i) FWT(ans[i],X-1);for(i=0;i^P;++i) F.write(ans[g[i]][i]);return F.clear(),0;//做IDWT，输出答案
}