快速沃尔什变换与k进制FWT

这是一篇用来卖萌的文章QAQ

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考虑以下三类卷积

(C_k = sum limits_{i ;or;j = k} A_i * B_j)

(C_k = sum limits_{i;and;j = k} A_i * B_j)

(C_k = sum limits_{i;xor;j = k}A_i * B_j)

由于前两种可以用FMT（高维前缀和）解决，那我们就谈谈第三种吧

下文中的$n$都是形如$2^i - 1$的数

下标的开与闭是根据好不好写来定的，但是还是可以意会的...

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虽然有人知道为什么了，但是我还是不知道为什么要这么做

我们尝试寻找一个矩阵$T$，其$(i, j)$元为$w(i, j)$，使得

(TA cdot TB = TC)

我们不妨记$TA = fwt(A)$

自然的，(fwt(A)[x] = sum limits_{i = 0}^n w(x, i) * A_i)

那么，等式两边同时展开，我们可以得到

(fwt(A)[x] cdot fwt(B)[x] = fwt(C)[x])

(sum limits_{i = 0}^n w(x, i) * A_i sum limits_{j = 0}^n w(x, j) * B_j = sum limits_{k = 0}^n w(x, k) * C_k)

对比两边$C_k$的表达式， 我们自然希望这个变换满足

(sum limits_{i oplus j = k} A_i * B_j * w(x, i) * w(x, j) = C_k * w(x, k))

如果有$w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) ;(i oplus j = k)(，那么我们就能得到)sum limits_{i oplus j = k} A_i * B_j = C_k$

这不就是我们想要的式子嘛....，

那我就构造一个满足$w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) ;(i oplus j = k)$的$T$矩阵

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不仅如此，我们还需要可以快速地计算出$fwt(A)$

[ egin{aligned} fwt(A)[i] &= sum limits_{k = 0}^n w(i, k) A_k \ &= sum limits_{k = 0}^{n / 2} w(i, k) w(i, 0) A_k + sum limits_{k = n / 2}^n w(i, k) w(i, n / 2)\ end{aligned} ]

不难注意到，前半部分已经成为了一个子问题，然而后半部分还没有

我们希望通过$w$的某些性质，能够使得右边成为一个子问题

联想到$w$需要满足异或的性质，因此，我们不妨让$w$拥有可以按位拆分的性质

(w(i, j) = prod_{k = 0}^{...} w(i;&;2^k, j ;&;2^k))

下面的化式子来源于rqy神仙

如果有上面的性质，我们记$i$的二进制的最高位为$i_1$，其他位为$i_0$，$k$同理

那么，原本的式子可以转化成

[ egin{aligned} fwt(A)[i] &= sum limits_{k = 0}^{n / 2} w(i_1, 0) w(i_0, k_0) A_k + sum limits_{k = n / 2}^n w(i_1, 1) w(i_0, k_0) A_k \ &= w(i_1, 0) fwt(A_0)[i_0] + w(i_1, 1) fwt(A_1)[i_0]\ end{aligned} ]

应该看得出$A_0$和$A_1$是什么吧...

复杂度为$T(n) = 2T(n / 2) + O(n) = O(n log n)$

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那么，考虑构造$w$，其实只要构造一个$2 * 2$的矩阵，由于$C$需要逆变换，因此矩阵还要有逆

[ egin{bmatrix} w(0, 0) & w(0,1)\ w(1,0)& w(1,1) end{bmatrix} ]

根据上面的异或性质，我们有

[ w(0, 0) * w(0, 0) = w(0, 0) ;;;;...(1)\ w(0, 1) * w(0, 0) = w(0, 1) ;;;;...(2)\ w(0, 1) * w(0, 1) = w(0, 1) ;;;;...(3)\ w(1, 0) * w(1, 1) = w(1, 1) ;;;;...(4)\ w(1, 1) * w(1, 1) = w(1, 0);;;; ...(5)\ w(1, 0) * w(1, 0) = w(1, 0) ;;;;... (6) ]

注意到矩阵要有逆，因此秩需要为$2$

然后就可以弄出这么一个矩阵

[ egin{bmatrix} 1& 1\ 1& -1 end{bmatrix} = egin{bmatrix} 0.5& 0.5\ 0.5& -0.5\ end{bmatrix}^{-1} ]

然后代进程序即可

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$k$进制$FWT$

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计算$C_k = sum limits_{i oplus j = k} A_i * B_j$

由于$K$进制下，FMT仍然能解决或卷积以及和卷积，因此FWT一般用来解决异或卷积

在下文中，(n = K^i - 1)

自然地，还是希望构造$TA cdot TB = TC$

还是一样的展开

(fwt(A)[x] cdot fwt(B)[x] = fwt(C)[x])

(sum limits_{i = 0}^n w(x, i) * A_i sum limits_{j = 0}^n w(x, j) * B_j = sum limits_{k = 0}^n w(x, k) * C_k)

还是一样的对比系数，然后我们能够得出，当$w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) ;(i oplus j = k)$时，这样子做的正确性有保证

并且，同样的，不妨设$i = (i_0 i_1 i_2 ... i_m)_k$

那么，我们构造$$w(i, j) = prod limits_^ w(i_t, j_t)$$

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我们根据$i$在$k$进制下的最高位来讨论，我们记一个数$x$在$k$进制下的最高位为$x'$，其余位为$x''$

[ egin{aligned} fwt(A)[i] &= sum limits_{t = 0}^n w(i, t) A_t \ &= sum limits_{t = 0}^{k - 1} w(i', t) sum limits_{x' = t} w(i'', x'') A_x \ &= sum limits_{t = 0}^{k - 1} w(i', t) fwt(A_t)[i''] end{aligned} ]

复杂度是$T(n) = kT(n / K) + O(Kn) = O(nK log_K n)$（$n$是$K$的幂）

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我们需要考虑$K * K$的$T$矩阵是什么

由于$w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) (i oplus j = k)$，也就是$w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) ([K | i + j - k])$

注意到单位根在复平面意义下有循环的意义

因此，我们尝试取$w(x, i) = w_k^$，那么我们取出来的实际上就是范德蒙德矩阵!

[ egin{bmatrix} 1& 1 & 1& ... & 1\ 1& w_k^1& w_k^2& ... & w_k^{k - 1}\ 1& w_k^2 & w_k^4& ... & w_k^{2(k - 1)}\ ...& ...& ...& ...& ...\ 1& w_k^{k - 1}& w_k^{2(k - 1)} & ... & w_k^{(k - 1)(k - 1)} end{bmatrix} ]

由于范德蒙德卷积的行列式为$prod limits_{i < j} (x_i - x_j)$，在这个单位根矩阵中，不存在两两相等的数

因此这个有逆，事实上， 在FFT中，我们早已经见过这个矩阵的逆矩阵了，它是

[ frac{1}{k} egin{bmatrix} 1& 1 & 1& ... & 1\ 1& w_k^{-1}& w_k^{-2}& ... & w_k^{-(k - 1)}\ 1& w_k^{-2} & w_k^{-4}& ... & w_k^{-2(k - 1)}\ ...& ...& ...& ...& ...\ 1& w_k^{-(k - 1)}& w_k^{-2(k - 1)} & ... & w_k^{-(k - 1)(k - 1)} end{bmatrix} ]

原因是$[n | t] = sum limits_^{{n - 1} w_n}$

这样，我们就可以成功的计算出k进制FWT啦!

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感谢rqy和dkw的提示