〇、前言
之前看到异或就担心是 FWT，然后才开始想别的。
这次学了 FWT 以后，以后判断应该就很快了吧？
参考资料
- FWT 详解 知识点 by neither_nor
- 集训队论文 2015 集合幂级数的性质与应用及其快速算法 by 吕凯风
一、FWT 是什么
FWT 是快速沃尔什变换。它和快速傅里叶变换一样，原本都用于物理中的频谱分析。
但是由于它可分治的特点，在算法竞赛中常被用来计算位运算卷积。
二、FWT 能干什么
它可以在 (O(nlog n)) 的时间复杂度内由数组 (a,b) 得到数组 (c)，满足
其中 (oplus) 可以代表“与”，“或”，“异或”中的任意一种运算。
这叫做位运算卷积。
三、与、或卷积
我们需要把 (a,b) 数组分别转化为 (a',b') 来通过一次乘法解决多个乘法问题。
对于或，我们有：若 (jor i=i,kor i=i) 则 ((jor k)or i=i)。
虽然这样看上去和题目要求还差了一点，但是我们如果这样想呢：
构造数组 (a',b')，
即通过正变换由 (a) 转化为 (a')，由 (b) 转化为 (b')，
那么
((jor k)or i=i) 就又是变换完的形式了。
再通过逆变换由 (c') 转化回 (c)，那么 (c) 就是满足 (c_i=sum_{jor k=i}a_jb_k) 的结果了。
同理，由于与运算满足：若 (jand i=i)，(kand i=i)，则 ((jand k)and i=i)。
因此和上面的变换是一样的。
现在我们需要找出 (a o a') 是怎么实现的。
正变换
针对或变换的举例：
我们可以按位分治。从下到上转移，第 (i) 层的状态 (j) 用 (f[i,j]) 表示所有比 (i) 高的位与 (j) 相同的状态 (k) 的和。即
其中 (leftlfloorfrac{k}{2^i} ight floor) 表示将 (k) 在二进制下右移 (i) 位。
如果还不好理解，那么对于 (f[5,1011001110_{(2)}])，满足条件的 (k) 是
其中的 (x) 满足 (xor 001110=001110)。(k) 必须满足在第 (5sim 9) 位与 (j) 相同。
分析方程，会发现我们是可以利用 (f[i-1]) 的信息的。在 (f[i-1,j]) 中的每一个状态所存的 (sum a_k)，(j) 与 (k) 从第 (i) 位到最高位都是相等的，现在我们用到了第 (i) 位，那么就考虑第 (i) 位的取值。
就有了简洁的状态转移，令 (j) 的第 (i) 位是 (0)
所以 (a'=f[leftlceillog n ight ceil])，答案就是最上面一层。
同理，与的正变换的方程恰好反过来了
逆变换
逆变换是由 (f[i]) 推 (f[i-1]) 的过程。
直接由上面的式子倒过来就可以了。
或：
与：
因此卷积的答案最后就存在 (f[1,i]=sum_{joplus k=i}a_jb_k) 里了。
四、异或卷积
这个东西有点麻烦，仍然需要构造。
定义运算 (xotimes y=operatorname{popcount}(xand y)mod 2)，称之为 (x) 与 (y) 的奇偶性。
它是一个满足 ((iotimes j)xor (iotimes k)=iotimes(jxor k)) 的运算，所以可以用来做异或卷积。
构造
则
解释：式子中的第一行，第一项和第四项构成了 (iotimes(jxor k)=0) 的全部可能性：(00) 和 (11)；第二项和第三项构成了 (iotimes(jxor k)=1) 的全部可能性：(01) 和 (10)。所以可以写 (sum)，而且由于每项不相交，所以不能乘 (2)。
可以发现 (c') 也是一个变换完了的式子，把它逆变换回去就可以了。
正变换
仍然按位分治，同样考虑上面那样逐位转移。
在枚举第 (i) 位的不同时，状态 (j) 和状态 (j+2^i) 都可以从第 (i-1) 层的 (j) 和 (j+2^i) 转移过来。其中 (j) 的第 (i) 位为 (0)。
这样的话有四种情况：
- ([i,j]leftarrow[i-1,j])，((0and 0)) 是不变的；
- ([i,j]leftarrow[i-1,j+2^i])，((0and 1)) 是不变的；
- ([i,j+2^i]leftarrow[i-1,j])，((1and 0)) 是不变的；
- ([i,j+2^i]leftarrow[i-1,j+2^i])，((1and 1)) 会改变。
这个图中蓝色（无色）的箭头表示正转移，其他颜色的箭头表示负转移。
也就是说，转移之后，这个状态内部的全部元素进行 (otimes) 的结果都从 (0) 变成了 (1) 或从 (1) 变成了 (0)。
那么在最终结果方面就会产生影响，因此那些转移我们把它定为负的。
还有一种理解方法。因为最上面一行是我们正变换的结果，可以通过这个图从上到下来看出它的贡献来源。
从 (a'_i) 出发，遇到有颜色的边，就要把子数内的贡献取反（( imes -1)），它的意义也是 (kotimes i= eg(kotimes i))。
这样对每一个位置就可以满足
了。其中 (k) 只枚举了有效位。
观察图可以发现，状态转移方程是
逆变换
把正变换上下相减，除以 (2) 即可
五、代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define p 998244353
#define inv 499122177ll
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
int read()
{
int x=0;
char ch=gc();
while(ch<'0'||ch>'9')
ch=gc();
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=x*10+(ch&15);
ch=gc();
}
return x;
}
int A[1<<17],B[1<<17],a[1<<17],b[1<<17],n,tot;
void init()
{
for(int i=0;i<(1<<n);++i)
{
a[i]=A[i];
b[i]=B[i];
}
}
void Or(int *f)
{
for(int bs=2;bs<=tot;bs<<=1)
{
int g=(bs>>1);
for(int i=0;i<tot;i+=bs)
for(int j=0;j<g;++j)
f[i+j+g]=(f[i+j]+f[i+j+g])%p;
}
}
void iOr(int *f)
{
for(int bs=tot;bs>=2;bs>>=1)
{
int g=(bs>>1);
for(int i=0;i<tot;i+=bs)
for(int j=0;j<g;++j)
f[i+j+g]=(f[i+j+g]+p-f[i+j])%p;
}
}
void And(int *f)
{
for(int bs=2;bs<=tot;bs<<=1)
{
int g=(bs>>1);
for(int i=0;i<tot;i+=bs)
for(int j=0;j<g;++j)
f[i+j]=(f[i+j]+f[i+j+g])%p;
}
}
void iAnd(int *f)
{
for(int bs=tot;bs>=2;bs>>=1)
{
int g=(bs>>1);
for(int i=0;i<tot;i+=bs)
for(int j=0;j<g;++j)
f[i+j]=(f[i+j]+p-f[i+j+g])%p;
}
}
void Xor(int *f)
{
for(int bs=2;bs<=tot;bs<<=1)
{
int g=(bs>>1);
for(int i=0;i<tot;i+=bs)
for(int j=0;j<g;++j)
{
int t0=(f[i+j]+f[i+j+g])%p,t1=(f[i+j]+p-f[i+j+g])%p;
f[i+j]=t0;
f[i+j+g]=t1;
}
}
}
void iXor(int *f)
{
for(int bs=tot;bs>=2;bs>>=1)
{
int g=(bs>>1);
for(int i=0;i<tot;i+=bs)
for(int j=0;j<g;++j)
{
int t0=inv*(f[i+j]+f[i+j+g])%p,t1=inv*(f[i+j]+p-f[i+j+g])%p;
f[i+j]=t0;
f[i+j+g]=t1;
}
}
}
int main()
{
#ifdef wjyyy
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
n=read();
tot=(1<<n);
for(int i=0;i<tot;++i)
A[i]=read();
for(int i=0;i<tot;++i)
B[i]=read();
init();
Or(a);
Or(b);
for(int i=0;i<tot;++i)
a[i]=(long long)a[i]*b[i]%p;
iOr(a);
for(int i=0;i<tot;++i)
printf("%d ",a[i]);
puts("");
init();
And(a);
And(b);
for(int i=0;i<tot;++i)
a[i]=(long long)a[i]*b[i]%p;
iAnd(a);
for(int i=0;i<tot;++i)
printf("%d ",a[i]);
puts("");
init();
Xor(a);
Xor(b);
for(int i=0;i<tot;++i)
a[i]=(long long)a[i]*b[i]%p;
iXor(a);
for(int i=0;i<tot;++i)
printf("%d ",a[i]);
return 0;
}