[CF1034E]Little C Loves 3 III(不交并卷积FWT讲解）

题面

http://codeforces.com/contest/1034/problem/E

题解

前置知识

• FWT https://zhuanlan.zhihu.com/p/41867199

不交并卷积

是可以使用FWT进行优化的一种卷积形式。

[c{[}k{]}=sumlimits_{i|j = x,i{&}j=0}a[i]b[j] ]

解决方案：设(A,B,C)是三个多项式数组，它们的每一项是一个多项式。其中(A[i]=a[i] x^{pop{\_}cnt[i]})，(B[i]=b[i]x^{pop{\_}cnt[i]})。（pop_cnt[i]是二进制表示下i中1的个数），而C数组是A与B进行或卷积后得到。举个例子：

[a[0]=0,a[1]=1,a[2]=2,a[3]=3 ]

[b[0]=3,b[1]=2,b[2]=1,b[3]=0 ]

那么就有

[A[0]=0,A[1]=x,A[2]=2x,A[3]=3x^2 ]

[B[0]=3,B[1]=2x,B[2]=x,B[3]=0x^2 ]

注意，这里的x与生成函数中的作用相同，只是用来表示多项式形式的参数。

将(A,B)两个多项式数组进行或卷积后得到

[C[0]=0,C[1]=3x+2x^2,C[2]=6x+2x^2,C[3]=14x^2+9x^3 ]

然后我们对于每一个C[k]，把它中间(x^{pop{\_}cnt[k]})前面的系数拿出来

[c[0]=0,c[1]=3,c[2]=6,c[3]=14 ]

就得到了不交并卷积的答案！

这一过程的原理是这样的，如果(i|j=k)，那么一定有(pop{\_}cnt[i]+pop{\_}cnt[j]{geq}pop{\_}cnt[k])，并且等号iff i&j=0。这很好理解，因为如果(i{&}j{ eq}0)，那么(i{&}j)的每一位上的1都被重复计算了两遍。

我们计算出来的C实际上是

[C[k]=sumlimits_{i|j=k}A[i]B[j] ]

[=sumlimits_{i|j=k}a[i]b[j]x^{pop{\_}cnt[i]+pop{\_}cnt[j]} ]

取出了(x^{pop{\_}cnt[k]})之前的系数，就自然得到了(sum_{i|j=k,i{&}j=0}a[i]b[j])啦。

这样的时间复杂度，假设a,b的长度是(2^n)，FWT时原本是两个数相加减，现在变成了两个长度(O(n))的多项式相加。只有这里有别，所以总时间复杂度是(O(n^22^n))。

回原题

虽然本题求的就是不交并卷积，看上去像模板题，可是(O(n^22^n))的复杂度竟然过不去！这是因为此题的特殊性——要求对4取模，导致可以重新优化掉一个n。

在前面的过程中，我们把x=4代入，仍以样例2为例：

[a[0]=0,a[1]=1,a[2]=2,a[3]=3 ]

[b[0]=3,b[1]=2,b[2]=1,b[3]=0 ]

[A[0]=0,A[1]=x=4,A[2]=2x=8,A[3]=3x^2=48 ]

[B[0]=3,B[1]=2x=8,B[2]=x=4,B[3]=0x^2=0 ]

[C[0]=0,C[1]=3x+2x^2=44,C[2]=6x+2x^2=56,C[3]=14x^2+9x^3=800 ]

然后令(c[k]=C[k] div 4^{pop{\_}cnt[k]})，得到

(c[0]=0,c[1]=3+2x=11,c[2]=6+2x=14,c[3]=14+9x=50)

最后分别(mod 4)，就可以得到答案{0,3,2,2}了。

由于我也保留了未代入前的式子，所以这么做的原理不难理解，我们想要求出C[k]中的(x^{pop{\_}cnt[k]})前的系数(mod 4)的值，就直接把C[k]除以(4^{pop{\_}cnt[k]})再直接(mod 4)，次数更高的项仍然能被4整除，在mod的时候就不产生影响了。

这么做，就可以不用构造多项式数组，直接存x=4代入后的值

[A[0]=0,A[1]=4,A[2]=8,A[3]=48 ]

[B[0]=3,B[1]=8,B[2]=4,B[3]=0 ]

就可以了，FWT时还是两个数相加减，复杂度相应地回到了(O(n2^n))。

过程中，A,B进行或卷积得到的系数可能会很大，为了防止爆掉，采取一种措施——将所有的系数在(mod 4^{22})意义下进行。由于最终最多需要求系数(div 4^{21})以后对4取模的值，所以这样仍能保证答案的正确。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long
#define ld long double
#define rg register
#define In inline

const ll N = 2097152;
const ll mod = 1ll << 44;

namespace ModCalc{
	In void Inc(ll &x,ll y){
		x += y;if(x >= mod)x -= mod;
	}
	In void Dec(ll &x,ll y){
		x -= y;if(x < 0)x += mod;
	}
	In ll Add(ll x,ll y){
		Inc(x,y);return x;
	}
	In ll Sub(ll x,ll y){
		Dec(x,y);return x;
	}
	In void Adjust(ll &x){
		x = (x % mod + mod) % mod;
	}
	In void Tms(ll &x,ll y){
		x = (ll)x * y - (ll)((ld)x * y / mod) * mod;
		Adjust(x);
	}
	In ll Mul(ll x,ll y){
		Tms(x,y);return x;
	}
};
using namespace ModCalc;

ll n,deg;
char s[N+5];
ll a[N+5],b[N+5];

In void calc(ll &x,ll &y,ll opt){
	if(opt == 1)Inc(y,x);
	else Dec(y,x);
}

In void FWT(ll a[],ll deg,ll opt){
	for(rg int n = 2;n <= deg;n <<= 1){
		int m = n >> 1;
		for(rg int i = 0;i < deg;i += n)
			for(rg int j = 0;j < m;j++)calc(a[i+j],a[i+j+m],opt);
	}
}

ll popc[N+5];

int main(){
	scanf("%lld",&n);
	deg = 1ll << n;
	for(rg int i = 1;i < deg;i++)popc[i] = popc[i>>1] + (i&1);
	scanf("%s",s);
	for(rg int i = 0;i < deg;i++)a[i] = Mul(s[i] - '0',1ll << (popc[i]<<1));
	scanf("%s",s);
	for(rg int i = 0;i < deg;i++)b[i] = Mul(s[i] - '0',1ll << (popc[i]<<1));
	FWT(a,deg,1);
	FWT(b,deg,1);
	for(rg int i = 0;i < deg;i++)Tms(a[i],b[i]);
	FWT(a,deg,-1);
	for(rg int i = 0;i < deg;i++)a[i] >>= (popc[i] << 1),a[i] &= 3;
	for(rg int i = 0;i < deg;i++)putchar(a[i] + '0');putchar('
');
	return 0;
}