更新了 FWT-xor 地方关于底数选取的讨论。
当 (oplus) 为 (+) 时，这个就是多项式乘法。
FMT/FWT 则是处理 (oplus) 为 ( m{or,and,xor}) 时的问题。
快速莫比乌斯变换和莫比乌斯函数/反演并无关系。
FMT 处理 ( m{or/and}) 时的问题，可以看作是集合的 交/并 来看。
FWT 处理 ( m{xor}) 时的问题。但是有时把 FMT 和 FWT 统称为 FWT。
下面的讲解可能都会带一点集合的味道，但是我不擅长这玩意，有描述不对的地方麻烦指出。
如果我的描述让你感到了疑惑，可以访问 这篇博文 ，也许他的讲解会让你更理解一些。
计算
1.( m or)(并)
考虑对一个序列 ( ext F) 进行莫比乌斯变换，得到 ( m{FMT(F)}) ,( m F) 序列的第 ( m x) 项记为 ( m{F_x})。
如果我们有 ( m{FMT(c)_n=FMT(a)_n*FMT(b)_n}) ，并且可以 ( m{FMT(F)→F}) ，那就可以解决这个问题了。
我们考虑让 ( m{FMT(F)_n=sum_{isubseteq n}F_i})。
交换枚举的那个意义是先枚举 ( m{k=i∪j})，然后再枚举合法的 ( m{i,j}) ，这样和之前的枚举是等价的。
问题就转化为了如何快速变换了，也就是如何快速求子集和。
那我们考虑一种增量构造的方法。
令 ( m{T_n}) 表示 ( m{FMT(F)_n}) 。
新加入第 (i) 个点。
如果不选，那么集合是 不选 (i) 的，答案不会变。
如果选了，那么集合是 选择 (i) 了的， 不选 (i) 时的集合 会成为新的集合的子集，那答案也要对应加上去。
也就是用 选 (i) 的答案加上 不选 (i) 的答案，合并即可。
如图，这个过程可以分成 (log) 层来做，箭头就是累加，时间复杂度 (mathcal O(nlog n)) 。
考虑反过来的过程，我们就是要通过子集和反推原来的数列，那就把加进来的减回去就好了。
void FMT_or(int *f,int n,int op){//op=1 FMT op=-1 IFMT
for(int i=1;i<n;i<<=1)
for(int o=i<<1,j=0;j<n;j+=o)
for(int k=0;k<i;k++)
(f[i+j+k]+=f[j+k]*op+p)%=p;
}
2.( m{and})(交)
和 ( m{or}) 相似地，我们考虑 ( m{FMT(F)_n}=sum_{nsubseteq i}F_i)。
最后的改变枚举对象和上面也是类似的，可以不重不漏的枚举到所有的情况，只是换了个形式和 FMT(c) 重合。
也是相似地，我们考虑增量构造的方法求 ( m{sum_{nsubseteq i}F_i})。
新加入一个元素 (i) 。
如果 选 (i) ，对应的集合和答案都不会变。
如果 不选 (i) ，集合在 (i) 这一位就对应 0 ，也就是缩小了，会成为 选 (i) 对应集合的子集。
由于求和方式的不同，和上面相反，这里需要的是用 不选 (i) 的答案加上 选 (i) 的答案。代码类似。
反过来的话是类似的，逐步减去即可。
void FMT_and(int *f,int n,int op){//op=1 FMT op=-1 IFMT
for(int i=1;i<n;i<<=1)
for(int o=i<<1,j=0;j<n;j+=o)
for(int k=0;k<i;k++)
(f[j+k]+=f[i+j+k]*op+p)%=p;
}
3.( m{xor})
这里的 ( m{FWT(F)}) 不太好构造，稍微推导一下这个是怎么来的。
设 ( m{FWT(F)_n=sum_{i=0}^n}g(n,i)F_i) ，这么设的原因是因为 ( m{FWT(F)_n}) 的第 (i) 项的系数肯定只和 (n,i) 线性相关，因为我们没有乘除操作。
然后带入 ( m{FWT(c)_n=FWT(a)_n*FWT(b)_n}) 中。
不难发现， ( m{g(n,j xor k)=g(n,j)*g(n,k)})，那接下来要思考的就是啥样的东西会把 ( m{j,k}) 和 ( m{j xor k}) 联系起来。
虽然确实难想到，但是 ( m{popcount(a)+popcount(b)equiv popcount(a xor b)pmod 2}) 。
所以就有 ( m{g(n,i)=(-1)^{|i∩n|}}) 。这里把 (i,n) 看做集合，实际就是取出了 (i) 中 (n) 是 1 的位数。
那么就可以 ( m{FWT(F)_x=sum_{i=0}^n(-1)^{|i∩x|}F_i})。
按道理，这里的 -1 是可以换成任意数的，但是稍微把 0,1 这种数带进去就知道有问题。问题出在哪呢？
我们定义 g 的时候就说了，它和 n,i 线性相关，但是当底数是 0,1 的时候，它似乎和 n,i 不太相关。0 只有它的 0 次幂可以定义为 1，但计算起来就会出问题。1 的任何整数次幂都是 1，所以完全和指数没有关系。
那如果放 2 进去当底数呢，它不满足 ( m{2^i}= 2^{i mod 2}) ，所以不太行。
综合下来，只有 -1 作为底数，便于计算，也便于进行逆运算。
容易证明 ( m{g(n,i)*g(n,j)=(-1)^{|i∩n|+|j∩n|}=(-1)^{|(i xor j)∩n|}=g(n,i xor j)}) 。
依然仿造 ( m{FMT}) 考虑增量构造方法。
新加入一位 (i) ，分选或者不选考虑。
选。和选的集合取并，大小不变。和不选的集合取并，大小 -1 。
不选。和选的集合取并，大小不变。和不选的集合取并，大小也不变。
所以 (i) 这一位如果 选 ，那会累加到原来的 选 上，累减到原来的 不选 上。
如果 不选，那会累加到原来的选和不选上。
也就是 int x=f[j+k],y=f[i+j+k];f[i+j+k]=x-y,f[j+k]=x+y ，就有 (
m{FFT}) 那种感觉了。
逆变换的话是反过来，移一下项，f[i+j+k]=(x-y)/2,f[j+k]=(x+y)/2。
于是就做完了。
void FWT_xor(int *f,int n,int op){//op=1 FWT op=-1 IFWT
for(int i=1;i<n;i<<=1)
for(int o=i<<1,j=0;j<n;j+=o)
for(int k=0;k<i;k++){
int x=f[j+k],y=f[i+j+k];
f[j+k]=(x+y)%p,f[i+j+k]=(x-y+p)%p;
if(op==-1)(f[j+k]*=inv2)%=p,(f[i+j+k]*=inv2)%=p;
}
}
感谢阅读。