快速沃尔什变换（FWT）

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快速沃尔什变换（FWT）
FWT

熟知两个序列 (A={a_i}_{i=0}^n)，(B={b_i}_{i=0}^n) 的加法卷积为：

[c_i=sumlimits_{j+k=i}^na_jb_k ]
计算方式是：

[A^prime=FFT(A),B^prime=FFT(B) \ C=A^prime imes B^prime,IFFT(C) ]
那如果我们要计算or卷积，and卷积或是xor卷积呢？

也就是说我们要计算：

[c_i=sumlimits_{joplus k=i}^na_jb_k ]
其中，(oplus) 表示一种位运算，可以解决吗？

可以，计算方式是：

[A^prime=FWT(A),B^prime=FWT(B) \ C=A^prime imes B^prime,IFWT(C) ]
or卷积

我们将一个多项式 (A=a_0+a_1x+cdots+a_nx^n) 分成两部分：(A_0,A_1)

其中 (A_0) 就是多项式前面 (2^{n-1}) 项，也就是高位为 (0) 的部分（所以下标为 (0) 啊）

类似的，(A_1) 就是后 (2^{n-1}) 项

显然对于 (A_0) 与 (A_1)，它们都是一个 (2^{n-1}) 维向量，于是我们定义 ((A,B)) 为它们的合成，即一个 (2^n) 维向量：

[(A,B)=(a_0,a_1,cdots,a_{n},b_1,b_2,cdots,b_n) ]
于是 (A=(A_0,A_1))

类似FFT分治思想，我们先考虑最高位

对于一个最高位为 (0) 的指标 (i)，显然它与最高位为 (1) 的指标or的时候，最高位一定为 (1)

对于一个最高位为 (1) 的指标 (i)，它怎么or最高位都是 (1)

于是对于一个长度为 (2^n) 的 (A)：

[FWT(A)= egin{cases} (FWT(A_0),FWT(A_0+A_1))&nge0 \ A&n=0 end{cases} ]
我们不妨把这个叫做分解式，下同

其中的 (+) 就是普通意义下的多项式加法

对于 (FWT(A+B))，我们有：

[egin{align*} FWT(A+B)&=sumlimits_{j|k=i}^n(a_j+b_j) \ &=sumlimits_{j|k=i}^na_j+sumlimits_{j|k=i}^nb_j \ &=FWT(A)+FWT(B) end{align*} ]
对于 (FWT(A,B))，依照上文定义显然有：

[FWT(A)=(FWT(A_0),FWT(A_0+A_1))Rightarrow FWT(A,B)=(FWT(A),FWT(A+B)) ]
现在我们要证明的就是 (FWT(A|B)=FWT(A) imes FWT(B))

根据分治的特点，这里显然选用数学归纳法更加简便一些

显然 (n=0) 时成立，于是：

[egin{align*} &FWT(A|B)\&=FWT((A|B)_0,(A|B)_1) \ &=FWT(A_0|B_0,A_0|B_1+A_1|B_0+A_1|B_1) \ &=(FWT(A_0|B_0),FWT(A_0|B_0+A_0|B_1+A_1|B_0+A_1|B_1)) \ &=(FWT(A_0) imes FWT(B_0),sumlimits_{i=0}^1sumlimits_{j=0}^1(FWT(A_i) imes FWT(B_j))) \ &=(FWT(A_0) imes FWT(B_0),(FWT(A_0)+FWT(A_1)) imes(FWT(B_0)+FWT(B_1)) \ &=(FWT(A_0) imes FWT(B_0),(FWT(A_0+A_1)) imes(FWT(B_0+B_1)) \ &=(FWT(A_0),FWT(A_0+A_1)) imes(FWT(B_0),FWT(B_0+B_1)) ag{1} \ &=FWT(A) imes FWT(B) end{align*} ]
这里的 ( imes) 似乎是对应位置相乘，因为如果做加法卷积 ((1)) 处是不成立的

然后根据分解式，我们有：

[IFWT(FWT(A))=A\Rightarrow IFWT(FWT(A_0),FWT(A_0+A_1))=A \Rightarrow IFWT(A)=(IFWT(A_0),IFWT(A_1-A_0)) ]
and卷积

依然沿用上文的思想与记号

如果一个指标的最高位为 (0)，那么它怎么and都是 (0)

如果一个指标的最高位为 (1)，那么它与最高位为 (0) 的and的时候，最高位为 (0)，与最高位为 (1) 的and的时候，最高位为 (1)

于是：

[FWT(A)= egin{cases} (FWT(A_0+A_1),FWT(A_1))&nge0 \ A&n=0 end{cases} ]
类似的，对于 (FWT(A,B))：

[FWT(A,B)=(FWT(A+B),FWT(B)) ]
[egin{align*} &FWT(A&B)\&=FWT((A&B)_0,(A&B_1)) \ &=FWT(A_0&B_0+A_0&B_1+A_1&B_0,A_1&B_1) \ &=(FWT(A_0&B_0+A_0&B_1+A_1&B_0+A_1&B_1),FWT(A_1&B_1)) \ &=(FWT(A_0+A_1),FWT(A_1)) imes (FWT(B_0+B_1),FWT(B_1)) \ &=FWT(A) imes FWT(B) end{align*} ]
仿照or，我们有：

[IFWT(A)=(IFWT(A_0-A_1),IFWT(A_1)) ]
xor卷积

最高位相同的xor结果为 (0)，最高位不同的xor结果为 (1)

首先我们定义：

[FWT(A)_i=sumlimits_{ ext{popcount}(i&j)equiv0mod 2}a_j-sumlimits_{ ext{popcount}(i&j)equiv1mod 2}a_j ]
其中，(FWT(A)_i) 表示 (FWT(A)) 的第 (i) 项系数

于是

[FWT(A)= egin{cases} (FWT(A_0+A_1),FWT(A_0-A_1))&nge0 \ A&n=0 end{cases} ]
于是有：

[egin{aligned} &FWT(Aoplus B)\&=(FWT(Aoplus B)_0+FWT(Aoplus B)_1,FWT(Aoplus B)_0-FWT(Aoplus B)_1) \ &=(FWT(A_0oplus B_0+A_1oplus B_0+A_0oplus B_1+A_1oplus B_1),FWT(A_0oplus B_0+A_1oplus B_1-A_1oplus B_0-A_0oplus B_1)) \ &=((FWT(A_0)+FWT(A_1)) imes(FWT(B_0)+FWT(B_1)),(FWT(A_0)-FWT(A_1)) imes(FWT(B_0)-FWT(B_1)) \ &=(FWT(A_0+A_1),FWT(A_0-A_1)) imes(FWT(B_0+B_1),FWT(B_0-B_1)) \ &=FWT(A) imes FWT(B) end{aligned} ]
依然是根据分解式，我们有：

[IFWT(FWT(A))=A\Rightarrow IFWT(FWT(A_0+A_1),FWT(A_0-A_1))=A \Rightarrow IFWT(A)=(frac{IFWT(A_0+A_1)}{2},frac{IFWT(A_0-A_1)}{2}) ]
代码实现
```
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define N 1000001
#define M 5001
#define INF 1100000000
#define Kafuu return
#define Chino 0
#define R register
#define C const
#define U unsigned
#define fx(l,n) inline l n
#define set(l,n,ty,len) memset(l,n,sizeof(ty)*len)
#define cpy(f,t,ty,len) memcpy(t,f,sizeof(ty)*len)
#define int long long
using namespace std;
C int mod=998244353;
fx(int,gi)(){
	R char c=getchar();R int s=0,f=1;
	while(c>'9'||c<'0'){
		if(c=='-') f=-f;
		c=getchar();
	}
	while(c<='9'&&c>='0') s=(s<<3)+(s<<1)+(c-'0'),c=getchar();
	return s*f;
}
int n,F[N],G[N],f[N],g[N],wn;
fx(void,FWTor)(int *f,short op,int x){
	R int len,hl,s,i;
	for(len=2,hl=1;len<=x;hl=len,len<<=1){
		for(s=0;s<x;s+=len){
			for(i=0;i<hl;i++){
				(f[s|i|hl]+=f[s|i]*op+mod)%=mod;
			}
		}
	}
}
fx(void,FWTand)(int *f,short op,int x){
	R int len,hl,s,i;
	for(len=2,hl=1;len<=x;hl=len,len<<=1){
		for(s=0;s<x;s+=len){
			for(i=0;i<hl;i++){
				(f[s|i]+=f[s|i|hl]*op+mod)%=mod;
			}
		}
	}
}
fx(void,FWTxor)(int *f,int op,int x){
	R int len,hl,s,i,uni;
	for(len=2,hl=1;len<=x;hl=len,len<<=1){
		for(s=0;s<x;s+=len){
			for(i=0;i<hl;i++){
				uni=f[s|i]-f[s|i|hl];
				f[s|i]=(f[s|i]+f[s|i|hl])*op%mod;
				f[s|i|hl]=(uni+mod)*op%mod;
			}
		}
	}
}
signed main(){
	n=gi();wn=1<<n;
	for(R int i=0;i<(1<<n);i++) F[i]=gi();
	for(R int i=0;i<(1<<n);i++) G[i]=gi();
	cpy(F,f,int,wn);cpy(G,g,int,wn);
	FWTor(f,1,wn);FWTor(g,1,wn);
	for(R int i=0;i<wn;i++) (f[i]*=g[i])%=mod;
	FWTor(f,-1,wn);
	for(R int i=0;i<wn;i++) printf("%lld ",f[i]);
	printf("
");
	cpy(F,f,int,wn);cpy(G,g,int,wn);
	FWTand(f,1,wn);FWTand(g,1,wn);
	for(R int i=0;i<wn;i++) (f[i]*=g[i])%=mod;
	FWTand(f,-1,wn);
	for(R int i=0;i<wn;i++) printf("%lld ",f[i]);
	printf("
");
	cpy(F,f,int,wn);cpy(G,g,int,wn);
	FWTxor(f,1,wn);FWTxor(g,1,wn);
	for(R int i=0;i<wn;i++) (f[i]*=g[i])%=mod;
	FWTxor(f,(mod+1)>>1,wn);
	for(R int i=0;i<wn;i++) printf("%lld ",f[i]);
	printf("
");
}
```
CF449D Jzzhu and Numbers

题目分析

说实话，and背包能想出来，(n) 次FWT也能想出来，但是接下来怎么做确实不会，应该还是理解不透彻&不熟练...

首先这显然是个背包模型：

[f_{i,j}=sumlimits_{a_i&k=j}f_{i-1,k}+f_{i-1,j} ]
观察式子，我们发现左边跟FWT正变换有亿点点相似，暴力做 (n) 次FWT即可

众所周知，对于and卷积，其实就是求一个指标 (i) 的指标超集对应的数的和

于是我们循环对每一项置 (1) 后FWT的结果数列中肯定没有大于二的数

我们可以根据这个性质来优化此题：
- 如果这一项是 (0)，也就是说不做贡献
- 如果这一项是 (1)，也就是说这一项翻倍
不断翻倍，也就是说贡献为 (2) 的幂次方倍，我们只要知道翻倍翻了几次

这简单，找超集个数即整体FWT

然后我们在每一位上累计 (2) 的幂次方倍，然后IFWT即可
```
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define N 3000001
#define M 5001
#define INF 1100000000
#define Kafuu return
#define Chino 0
#define R register
#define C const
#define U unsigned
#define fx(l,n) inline l n
#define set(l,n,ty,len) memset(l,n,sizeof(ty)*len)
#define cpy(f,t,ty,len) memcpy(t,f,sizeof(ty)*len)
#define int long long
using namespace std;
C int mod=1e9+7;
fx(int,gi)(){
	R char c=getchar();R int s=0,f=1;
	while(c>'9'||c<'0'){
		if(c=='-') f=-f;
		c=getchar();
	}
	while(c<='9'&&c>='0') s=(s<<3)+(s<<1)+(c-'0'),c=getchar();
	return s*f;
}
int n,a[N],t[N],sum[N],x=1,maxn;
bool b;
fx(int,fpow)(int a,int b){
	int sum=1;
	while(b){
		if(b&1) (sum*=a)%=mod;
		(a*=a)%=mod;
		b>>=1;
	}
	return sum;
}
fx(void,FWTand)(int *f,short op,int x){
	R int hl,len,i,s;
	for(len=2,hl=1;len<=x;hl=len,len<<=1){
		for(s=0;s<x;s+=len){
			for(i=0;i<hl;i++){
				(f[s|i]+=f[s|i|hl]*op+mod)%=mod;
			}
		}
	}
}
signed main(){
	n=gi();
	for(R int i=1;i<=n;i++) a[i]=gi(),t[a[i]]+=1,b|=a[i],maxn=max(maxn,a[i]);
	while(x<=maxn) x<<=1;
	FWTand(t,1,x);
	for(R int i=0;i<x;i++) t[i]=fpow(2,t[i])%mod;
	FWTand(t,-1,x);
	if(b) printf("%lld",t[0]);
	else printf("%lld",t[0]-1);
}
```
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原文地址：https://www.cnblogs.com/zythonc/p/14664381.html

快速沃尔什变换（FWT）

FWT

or卷积

and卷积

xor卷积

代码实现

CF449D Jzzhu and Numbers