FWT可以解决位运算卷积问题。
即(h(i)=sumlimits_{j⊕k=i} f(j)*g(k))，其中“⊕”表示位运算。
与卷积：
定义(f)到(F)的变换：(F(i)=sumlimits_{j&i==i}^{ }f(j))。
这样，若(h(i)=sumlimits_{j and k=i} f(j)*g(k))，则(H(i)=F(i)*G(i))。
变换方法：就是按照长度为(2^i)分段，把每段的后半部分加到前半部分（1对0有额外贡献）。
逆变换就是减回去。时间复杂度：(O(nlogn))。
代码：
void fwtand(int sz[132000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
sz[j+k]=(sz[j+k]+sz[j+(i>>1)+k])%md;
}
}
}
void ifwtand(int sz[132000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
sz[j+k]=(sz[j+k]-sz[j+(i>>1)+k]+md)%md;
}
}
}
或卷积：
与“与卷积”类似。
定义(f)到(F)的变换：(F(i)=sumlimits_{j|i==i}^{ }f(j))。
这样，若(h(i)=sumlimits_{j or k=i} f(j)*g(k))，则(H(i)=F(i)*G(i))。
变换方法：就是按照长度为(2^i)分段，把每段的前半部分加到后半部分（0对1有额外贡献）。
逆变换就是减回去。时间复杂度：(O(nlogn))。
代码：
void fwtor(int sz[132000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
sz[j+(i>>1)+k]=(sz[j+(i>>1)+k]+sz[j+k])%md;
}
}
}
void ifwtor(int sz[132000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
sz[j+(i>>1)+k]=(sz[j+(i>>1)+k]-sz[j+k]+md)%md;
}
}
}
这两个其实是高维前/后缀和
异或卷积：
这个比较常用。
定义(f)到(F)的变换：(F(i)=sumlimits_{j=0}^{2^n-1}(-1)^{bit(j and i)}f(j))。
这样，若(h(i)=sumlimits_{j xor k=i} f(j)*g(k))，则(H(i)=F(i)*G(i))。
变换方法：就是按照长度为(2^i)分段，把每段的前半部分变为前半部分加后半部分，
后半部分变为前半部分减后半部分。
逆变换就是相当于已知(a+b=x，a-b=y)，则(a=(x+y)/2，b=(x-y)/2)。
就是正变换再除以2。
时间复杂度：(O(nlogn))。
代码：
void fwtxor(int sz[132000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
{
int a=sz[j+k],b=sz[j+(i>>1)+k];
sz[j+k]=(a+b)%md;
sz[j+(i>>1)+k]=(a-b+md)%md;
}
}
}
}
void ifwtxor(int sz[132000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
{
int a=sz[j+k],b=sz[j+(i>>1)+k];
sz[j+k]=1ll*(a+b)*inv%md;
sz[j+(i>>1)+k]=1ll*(a-b+md)*inv%md;
}
}
}
}
FST：子集卷积
即(h(i)=sumlimits_{j or k=i且j and k=0} f(j)*g(k))。
比或卷积多了一个限制。
我们发现，设(s(i))表示(i)的二进制表示中1的个数，那么如果(i|j=k，i&j=0)，则(s(i)+s(j)=s(k))。
利用这个性质，我们可以加一维表示(s)，在(F*G)时考虑(s)的限制。
时间复杂度：(O(nlog^2n))。
代码：
for(int i=0;i<len;i++)
{
for(int j=0;j<17;j++)
{
if(i&(1<<j))
sl[i]+=1;
}
}
for(int i=0;i<len;i++)
a[sl[i]][i]=sz[i];
for(int i=0;i<18;i++)
fwtor(a[i],len);
for(int i=0;i<18;i++)
{
for(int j=0;i+j<18;j++)
{
for(int k=0;k<len;k++)
h1[i+j][k]=(h1[i+j][k]+1ll*a[i][k]*a[j][k])%md;
}
}
for(int i=0;i<18;i++)
ifwtor(h1[i],len);
for(int i=0;i<len;i++)
ab[i]=h1[sl[i]][i];
例题：
CF914G
题意：
给你一个长度为(n)的数组(s).定义五元组((a,b,c,d,e))是合法的当且仅当:
①.(1le a,b,c,d,ele n)
②.((s_a|s_b)&s_c&(s_d)^(s_e)=2^i,iin Z)
③.(s_a&s_b=0)
对于所有合法的五元组((a,b,c,d,e))
求(sum f(s_a|s_b)*f(s_c)*f(s_d)^(s_e)mod 10^9+7)
(f_0=0,f_1=1,f_i=f_{i-1}+f_{i-2})
(1le nle10^6,0le s_ilt2^{17})
模板题。
先考虑((s_a|s_b))，发现是FST卷积。
再考虑((s_d)^(s_e))，是异或卷积。
然后就是与卷积了。
代码：
#include <stdio.h>
#define md 1000000007
#define inv 500000004
#define len 131072
int sz[132000],sl[132000];
void fwtor(int sz[132000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
sz[j+(i>>1)+k]=(sz[j+(i>>1)+k]+sz[j+k])%md;
}
}
}
void ifwtor(int sz[132000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
sz[j+(i>>1)+k]=(sz[j+(i>>1)+k]-sz[j+k]+md)%md;
}
}
}
void fwtand(int sz[132000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
sz[j+k]=(sz[j+k]+sz[j+(i>>1)+k])%md;
}
}
}
void ifwtand(int sz[132000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
sz[j+k]=(sz[j+k]-sz[j+(i>>1)+k]+md)%md;
}
}
}
void fwtxor(int sz[132000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
{
int a=sz[j+k],b=sz[j+(i>>1)+k];
sz[j+k]=(a+b)%md;
sz[j+(i>>1)+k]=(a-b+md)%md;
}
}
}
}
void ifwtxor(int sz[132000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
{
int a=sz[j+k],b=sz[j+(i>>1)+k];
sz[j+k]=1ll*(a+b)*inv%md;
sz[j+(i>>1)+k]=1ll*(a-b+md)*inv%md;
}
}
}
}
int a[18][132000],h1[18][132000],fib[132000],h2[132000];
int ab[132000],de[132000],ans[132000];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
int a;
scanf("%d",&a);
sz[a]+=1;
}
for(int i=0;i<len;i++)
{
for(int j=0;j<17;j++)
{
if(i&(1<<j))
sl[i]+=1;
}
}
fib[0]=0;fib[1]=1;
for(int i=2;i<len;i++)
fib[i]=(fib[i-1]+fib[i-2])%md;
for(int i=0;i<len;i++)
a[sl[i]][i]=sz[i];
for(int i=0;i<18;i++)
fwtor(a[i],len);
for(int i=0;i<18;i++)
{
for(int j=0;i+j<18;j++)
{
for(int k=0;k<len;k++)
h1[i+j][k]=(h1[i+j][k]+1ll*a[i][k]*a[j][k])%md;
}
}
for(int i=0;i<18;i++)
ifwtor(h1[i],len);
for(int i=0;i<len;i++)
ab[i]=h1[sl[i]][i];
for(int i=0;i<len;i++)
de[i]=sz[i];
fwtxor(de,len);
for(int i=0;i<len;i++)
de[i]=1ll*de[i]*de[i]%md;
ifwtxor(de,len);
for(int i=0;i<len;i++)
{
ab[i]=1ll*ab[i]*fib[i]%md;
sz[i]=1ll*sz[i]*fib[i]%md;
de[i]=1ll*de[i]*fib[i]%md;
}
fwtand(ab,len);
fwtand(sz,len);
fwtand(de,len);
for(int i=0;i<len;i++)
ans[i]=1ll*ab[i]*sz[i]%md*de[i]%md;
ifwtand(ans,len);
int jg=0;
for(int i=1;i<=len;i=(i<<1))
jg=(jg+ans[i])%md;
printf("%d",jg);
return 0;
}
uoj310【UNR #2】黎明前的巧克力
题意：有一个集合，选出两个不相交的子集，使其异或和相等，问方案数。
考虑dp：设(dp(i,j))表示考虑到i，两人异或为j的方案数。
则(dp(i,j)=dp(i-1,j)+2*dp(i-1,j)^(a(i)))。
考虑FWT：对每个i构造A，使(A(0)=1，A(a(i))=2)。
对每个A做FWT，乘起来后再IFWT。但是复杂度太高。
根据公式，可以发现，FWT(A)的每位只能是3或-1。
那么，只要知道FWT后，A的每个对应位置之和，就能解出3和-1的数量了，之后快速幂即可。
根据加法的运算律，可以得知若干个长度相等的序列FWT后对应位置求和，等于先求和，再FWT。
所以求和后，FWT，之后快速幂算出每个位置的值，再IFWT，最后位置0的值减1就是答案。
时间复杂度：(O(mlogm))。
思路非常巧妙。
代码：
#include <stdio.h>
#define md 998244353
#define inv 499122177
#define len 1048576
void fwt(int sz[1050000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
int t=(i>>1);
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=j;k<j+t;k++)
{
int a=sz[k+t];
sz[k+t]=sz[k]-a;
sz[k]=sz[k]+a;
}
}
}
}
void ifwt(int sz[1050000],int n)
{
for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
{
int t=(i>>1);
for(int j=0;j<n;j+=i)
{
for(int k=j;k<j+t;k++)
{
int a=sz[k+t];
sz[k+t]=1ll*(sz[k]-a+md)*inv%md;
sz[k]=1ll*(sz[k]+a)*inv%md;
}
}
}
}
int sz[1050010],mi[1050000],m3[1050010],sl[1050000];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&sz[i]);
sl[0]=n;
for(int i=0;i<n;i++)
sl[sz[i]]+=2;
fwt(sl,len);
for(int i=0;i<len;i++)
mi[i]=(n+sl[i])/4;
m3[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
m3[i]=3ll*m3[i-1]%md;
for(int i=0;i<len;i++)
{
if((n-mi[i])%2==0)
mi[i]=m3[mi[i]];
else
mi[i]=md-m3[mi[i]];
}
ifwt(mi,len);
printf("%d",(mi[0]-1+md)%md);
return 0;
}
扩展
这个技巧还可以扩展：
就是说当权值有k个时，我们先将其中一个权值变为0，这样总共可能的贡献有(2^{k-1})种。（每个系数是1或-1），0的贡献一定是1。
为了把这(2^{k-1})种的数量分别求出来，我们需要找(2^{k-1})个等式。
可以枚举剩余k-1个元素的子集，只将其异或的位置+1，做FWT。
这样，每个位置，会得到(2^{k-1})个数。将这些数做FWT后，就可以的得到(2^{k-1})种可能分别的数量，快速幂即可。
证明略。
（核心）代码：
int xo=0,mi=1;
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<k;j++)
scanf("%d",&p[i][j]);
xo^=p[i][0];
for(int j=1;j<k;j++)
p[i][j]^=p[i][0];
}
ans[xo]=1;
fwtxor(ans,(1<<m));
for(int s=0;s<(1<<(k-1));s++)
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
int z=0;
for(int j=1;j<k;j++)
{
if(s&(1<<(j-1)))
z^=p[i][j];
}
sz[z]+=1;
}
fwtxor(sz,(1<<m));
for(int i=0;i<(1<<m);i++)
{
nf[(i<<(k-1))|s]=sz[i];
sz[i]=0;
}
}
for(int i=0;i<(1<<m);i++)
{
for(int s=0;s<(1<<(k-1));s++)
zz[s]=nf[(i<<(k-1))|s];
ifwtxor(zz,1<<(k-1));
for(int s=0;s<(1<<(k-1));s++)
{
int he=sl[0];
for(int j=1;j<k;j++)
{
if(s&(1<<(j-1)))
he=(he-sl[j]+md)%md;
else
he=(he+sl[j])%md;
}
ans[i]=1ll*ans[i]*ksm(he,zz[s])%md;
}
}
ifwtxor(ans,(1<<m));
CF662C Binary Table
题意：
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。((1leq n leq 20,1leq m leq 10^5))。
首先，我们可以枚举行的交换，共(2^n)种。
然后，对每一列，考虑它是否交换。复杂度为(O(nm2^n))。
考虑优化：
首先，我们发现，如果记翻转为1，那么翻转就是异或。
记B数组表示状态压缩后的每列的出现次数。
记A数组表示一列为这个状态的1的最少个数。
那么，设(C_i=A_{ixorj}*B_j)之和，那么C的最小值就是答案。
反一下，将A和B做异或卷积，即可得到C。时间复杂度(O(nm+n2^n))。
代码：
#include <stdio.h>
#define ll long long
void fwt(ll sz[1048576],int n)
{
for(int h=2;h<=n;h=(h<<1))
{
for(int i=0;i<n;i+=h)
{
for(int j=0;j<(h>>1);j++)
{
ll a=sz[i+j],b=sz[i+j+(h>>1)];
sz[i+j]=a+b;
sz[i+j+(h>>1)]=a-b;
}
}
}
}
void ifwt(ll sz[1048576],int n)
{
for(int h=2;h<=n;h=(h<<1))
{
for(int i=0;i<n;i+=h)
{
for(int j=0;j<(h>>1);j++)
{
ll a=sz[i+j],b=sz[i+j+(h>>1)];
sz[i+j]=(a+b)/2;
sz[i+j+(h>>1)]=(a-b)/2;
}
}
}
}
int sz[20][100005];char zf[100005];
ll sa[1048576],sb[1048576];
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%s",zf);
for(int j=0;j<m;j++)
sz[i][j]=zf[j]-'0';
}
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
{
int s=0;
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(i&(1<<j))
s+=1;
}
sa[i]=n-s;
if(s<sa[i])sa[i]=s;
}
for(int i=0;i<m;i++)
{
int s=0;
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(sz[j][i])
s|=(1<<j);
}
sb[s]+=1;
}
fwt(sa,1<<n);fwt(sb,1<<n);
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
sa[i]*=sb[i];
ifwt(sa,1<<n);
int ans=99999999;
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
{
if(sa[i]<ans)
ans=sa[i];
}
printf("%d",ans);
return 0;
}