卷与二进制学习总结
有些人啊，总是把什么前缀和，什么差分啊，取一个高大上的名字“FWT”，就搞不懂有什么意义。
以上为玩笑话。
基础
问题
给定长度为 (2^w) 下标从 (0sim 2^w-1) 的两个数组 (A,B) ，分别求满足下列条件的数组 (C) ：
更一般的点值表示？
要求某一个卷积 (F*G) ，如果可以构造出一个输入为数组（函数）输出为数组（函数）的一个函数 (operatorname{Trans}()) ，并且 (operatorname{Trans}(F)) 和 (F) 的转化比较容易实现，并且 (operatorname{Trans}(F*G)_i=operatorname{Trans}(F)_i imes operatorname{Trans}(G)_i) ，那么就可以比较容易地求出 (F*G) 了。
认为 (F o operatorname{Trans}(F)) 为正变换， (operatorname{Trans}(F) o F) 为逆变换。
与卷积
考虑构造上面说的这样一个函数 (operatorname{Trans}()) ，假设这个函数为 (operatorname{Trans}(H)_i=sum_{j}f(j,i)H_j) ，那么：
又由于有：
所以我们可以得到：
相当于我们要构造的 (f()) 满足如上条件，并且 (operatorname{Trans}(H)) 和 (H) 之间的转化需要比较容易。
怎么构造呢？这就要靠玄学了
可以构造出这样的一个 (f()) ：
（就是说 (f(i,n)=1) 当且仅当 (n) 是 (i) 的子集）
不难发现这个显然是满足 (f(iland j,n)=f(i,n)f(j,n)) 这个条件的，并且 (operatorname{Trans}(H)) 和 (H) 之间的转化也及其容易，就仅仅只是后缀和和差分罢了（ (operatorname{Trans}(H)) 是 (H) 的后缀和）。
时间复杂度为 (mathcal O(2^ww)) 。
参考代码：
void FWT_and(int*F,int n,int rv){
if(!rv){
for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
for(int i=0;i<n;++i)if(i&mid){
F[i^mid]=mo(F[i^mid]+F[i]);
}
}
}
else{
for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
for(int i=0;i<n;++i)if(i&mid){
F[i^mid]=mo(mod-F[i]+F[i^mid]);
}
}
}
}
或卷积
类似地，可以得到要构造的 (f()) 需满足：
类似地，构造：
（就是说 (f(i,n)=1) 当且仅当 (i) 是 (n) 的子集）
(operatorname{Trans}(H)) 是 (H) 的前缀和。
时间复杂度为 (mathcal O(2^ww)) 。
参考代码：
void FWT_or (int*F,int n,int rv){
if(!rv){
for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
for(int i=0;i<n;++i)if(i&mid){
F[i]=mo(F[i]+F[i^mid]);
}
}
}
else{
for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
for(int i=0;i<n;++i)if(i&mid){
F[i]=mo(mod-F[i^mid]+F[i]);
}
}
}
}
异或卷积
类似地，可以得到要构造的 (f()) 需满足：
好像构造类似不了了
设 (operatorname{bitcnt}(i)) 表示 (i) 中 (1) 的个数，可以构造：
可以发现，这个式子满足上面所说的条件，然后 (operatorname{Trans}(H)) 与 (H) 如何转化呢？
转化方法和前缀和差分是类似的，先考虑从 (H) 变成 (operatorname{Trans}(H)) ，依次考虑每一个维度 (i) ，然后枚举状态 (sta_0,sta_1) 满足 (sta_0+i=sta_1) ，设 (l=H_{sta_0},r=H_{sta_1}) ，那么令 (H_{sta_0}gets l+r,H_{sta_1}gets l-r) ；从 (operatorname{Trans}(H)) 变成 (H) 就是逆过程，相当于是已知 (l+r) 和 (l-r) 求 (l,r) ，那么 (l=frac{1}{2}((l+r)+(l-r)),r=frac{1}{2}((l+r)-(l-r))) ，也就是原过程求出来之后再额外乘以 (frac{1}{2}) 。
时间复杂度为 (mathcal O(2^ww)) 。
参考代码：
void FWT_xor(int*F,int n,int rv){
for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
for(int i=0;i<n;++i)if(i&mid){
int l=(i^mid),r=i,L=F[l],R=F[r];
F[l]=mo(L+R),F[r]=mo(mod-R+L);
if(rv)
F[l]=1ll*F[l]*inv2%mod,
F[r]=1ll*F[r]*inv2%mod;
}
}
}
扩展到 (k) 维的与/或/异或卷积
如果看懂了上面所说的， FWT 扩展到 (k) 维其实还是挺简单的，依次构造的 (f()) 需要满足：
前两个还是前缀和与差分，最后面的那个就是长度为 (k) 的循环卷积，暴力或者 Bluestein's Algorithm 都可以。
继续扩展
对于任意的卷积（ (operatorname{op}_1,operatorname{op}_2) 是运算符，其中 (operatorname{op}_2) 需要满足分配律）：
构造出来的 (f()) 需要满足的条件：
如果多维度的每个维度的卷积定义不一样，仍然一个维度一个维度地做就行了。
子集卷积
这个式子可以转化为：
考虑分层做卷积，将 (operatorname{bitcnt}(i)) 相等的作为一层，把 (A,B) 分成 (w+1) 层，每层都做一个“或正变换”，然后 (A) 的第 (i) 层和 (B) 的第 (j) 层对应点乘，加到 (C) 的第 (i+j) 层里面，最后再把 (C) 的每一层都“或逆变换”回去， (C_n) 的实际值就是 (C) 的第 (operatorname{bitcnt}(n)) 层里面 (n) 这个位置的值。
时间复杂度为 (mathcal O(2^ww^2)) 。
应用
集合幂级数
在 OI 中，一个二进制数一般是用来表示一个集合的，不妨认为全集 (U={0,1,dots,w-1}) ，方便起见记 (2^w) 表示 (U) 的所有子集组成的集合，类似形式幂级数，我们可以定义集合幂级数：
集合幂级数的加减就是对应位置直接加减，乘法的话就是上面所讲的四种卷积，除法等一系列高级运算在“与或异或卷积”中由于转化为了点乘的形式，直接在对应位置进行即可（比如除法就是对应位置做除法（正变换过后如果有 0 那么没有逆元），开根就是对应位置开根等），但是在“子集卷积”中有点不太一样，这里另作讨论。
与或异或卷积
一点记号
为了方便起见，用 (operatorname{FWT}()) 表示正变换， (operatorname{IFWT}()) 表示逆变换，用 (igoplus) 表示异或卷积，如果 (prod) 后面接的是 (operatorname{FWT}()) 过后的式子这个 (prod) 指的是对应位置点乘。
注意到变化过程中只用了加减操作，所以有：
洛谷P5406 [THUPC2019]找树
直接暴力统计边权异或和为某个值的方案数，使用异或卷积，我们要求的就是这个：
恰好矩阵树定理求的就是若干边权的乘积，所以可以用矩阵树来求上面的这个东西，时间复杂度 (mathcal O(n^32^w+m2^w)) （玄学跑过）。
洛谷P5387 [Cnoi2019]人形演舞
先求出 (1) 到 (m) 的每个数字的 (operatorname{SG}) 函数，问题就变成了询问依次选出来的 (|V|) 个数异或起来不为 (0) 的方案数，后半部分就可以用异或卷积然后取 (|V|) 次方很快求出来。
如何求每个数字的 (operatorname{SG}) 函数？不难发现 (x) 可以变成 (y) 当且仅当 (0le y<x,operatorname{highbit}(y)in x) ，可以先列举几个找找规律，首先 (operatorname{SG}(2^k)=1,operatorname{SG}(2^k+1)=2,...) ，可以发现由于 (x) 可以变成任何的一个 (y) 满足 (y<x) 并且 (operatorname{highbit}(y)=operatorname{highbit}(x)) ，所以可以猜想 (operatorname{SG}(x)=x-2^{operatorname{highbit}(x)}+1) ，归纳法很容易就可以证明了。
UOJ310 【UNR #2】黎明前的巧克力
考虑 Evan 和 Lyra 选择的巧克力的并集 (S) ， (S) 中的所有数异或起来必然等于 (0) ，并且 Evan 可以选择 (S) 的任意一个子集，所以可以认为 (S) 对答案的贡献就是 (2^{|S|}) ，于是问题就变成了求所有异或为 (0) 的集合的贡献和，也就是求：
暴力 (operatorname{FWT}()) 再点乘起来时间复杂度无法接受，考虑异或卷积实际上求的是什么：
对于不同的 (s) ， ([x^s]operatorname{FWT}(2x^{a_i}+x^0)) 只有两种可能的取值，即 (3) 或者 (-1) ，所以全部点乘起来得到的某个 (x^s) 前面的系数必然可以表示为 (3^t(-1)^{n-t}) 次方的形式：
要求某一位的系数也就是要求出 (t) ，考虑来点骚操作：
由此一遍 (operatorname{FWT}()) 就可以求出每一位的系数，然后再一遍 (operatorname{IFWT}()) 回去就行了。
一道题目
给定 (n,k,m) 以及序列 (a_i(0le i< k)) 和二维序列 (P_{i,j}(0le i< n,0le j< k,P_{i,j}in[0,2^m-1])) ，对于所有的 (sin[0,2^m-1]) ，求：
(1le nle 10^6,1le m,k,m+kle 20) 。
题目要求的也就是：
由上一题的启发，可以得到 (operatorname{FWT}(sum_{j=0}^{k-1}a_jx^{P_{i,j}})) 某一位的取值只有 (2^k) 种（即考虑每个 (a_j) 前面乘以的系数是 (1) 还是 (-1) ），可以用一个二进制数 (operatorname{stk}) 表示这 (2^k) 种不同的取值：
不妨设 (operatorname{cnt(stm,stk)}) 表示 (operatorname{IFWT}()) 里面的那个式子的第 (operatorname{stm}) 位有多少个 (a_j) 状况为 (operatorname{stk}) 的，那么有：
我们的目的是对于所有的 (operatorname{stm,stk}) 要求出 (operatorname{cnt(stm,stk)}) ，考虑用解方程的方式，枚举长度为 (k) 的二进制数 (operatorname{sta}) ，并且构造序列 (A) ：
可以得到：
令：
那么：
上面是一个异或卷积的形式，知道前两项求最后一项可以用异或卷积里面的除法实现，总的时间复杂度是 (mathcal O(nk+2^{m+k}(m+k))) 。
子集卷积
洛谷P6846 [CEOI2019] Amusement Park
先考虑求 DAG 方案数，关键是如何枚举 DAG 才能不重不漏，可以设 (f_{S}) 表示点集 (S) 形成 DAG 的方案数，考虑到如果 (S) 是 DAG ，那么必然会存在入度为 (0) 的点，但是将入度为 (0) 的点删掉并不能保证剩下的入度为 (0) 的点和这些点之间有连边，不过可以容斥求这个东西，注意到有 (sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}{nchoose i}=[n>0]) ，所以可以写出转移式子：
注意到子集卷积的具体实现过程中是分层做卷积的，可以边子集卷积边 dp 。
时间复杂度 (mathcal O(2^nn^2)) 。
子集卷积的高级操作
由于我们在实现“子集卷积”的时候是通过一种比较复杂的方式实现的，并不像“与或异或卷积”一样方便地正变换后对应位置做乘除即可，在“子集卷积”的具体实现过程中，可以理解为我们还给每个对应位置加了一维（上面所说的“层数”），而两个对应位置卷起来同时它们的层数还会对应相加（第 (i) 层的位置 (s) 和第 (j) 层的位置 (s) 乘起来会贡献到第 (i+j) 的位置 (s) ），但是可以发现此时不同位置之间仍然是互不相关的，所以可以把每个位置分开考虑，某个位置的操作恰好就是一般我们说的多项式（形式幂级数）的卷积，所以每个位置依次按照形式幂级数的方式进行操作即可。
具体来说，如果要对“子集卷积”进行操作，先分层，然后每层都“或卷积”正变换过去，接着每个位置分开考虑，用形式幂级数的方式堆每个位置进行操作，然后再每层“或卷积”逆变换回去，再将所有层合并即可。
还有需要注意的一点就是，一开始的变换导致了时间复杂度的下界为 (mathcal O(2^ww^2)) ，不能再小了，而在对形式幂级数进行操作的时候我们是在对 (2^w) 个长度为 (w+1) 的形式幂级数进行操作的，所以把这个操作用 FFT 之类的优化成 (mathcal O(wlog_2w)) 是没有意义的，所以此时的操作建议使用 (mathcal O(w^2)) 的暴力递推（暴力递推的一些操作可以看这里）。
LOJ154 集合划分计数
一个子集卷积的高级操作的例子。
设 (F=sum_{i=0}^{m-1}x^{s_i}) ，注意到 (1le s_i) ，所以 (F_0=0) ，题目要求的就是这个东西：
推式子：
其中 (H_0=1) ， (F^k) 直接多项式快速幂。