可结合IOI2022集训队论文hehezhou《更一般的DFT》阅读和理解。
DFT-IDFT 干的是这么一件事（这里用异或卷积举例）：
构造函数 \(FWT:C \rightarrow C\) 使得 \(FWT\) 有线性性，通过快速计算 \(FWT(C)=FWT(AB)=FWT(A) \cdot FWT(B)\) 来加速卷积。
有线性性是指：\(FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B) , FWT(AB)=FWT(A) \cdot FWT(B)\)
那么这个变换的过程实际上是可以用矩阵表示的，也就是要满足 \(g_{k,i}g_{k,j} = g_{k,i \oplus j}\) 。
具体地，对于我们熟悉的快速沃尔什变换FWT，每位的DFT矩阵分别是 \(\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}\) ，做IDFT时用其逆矩阵。
而这个矩阵实际上也就是 FFT 中的范德蒙德矩阵 \(\begin{bmatrix} (\omega_2^0)^0 & (\omega_2^0)^1 \\ (\omega_2^1)^0 & (\omega_2^1)^1 \end{bmatrix}\) ，也就是说，FWT是多元的FFT，每一位都是一个元。另外由此可以看出，FWT 时对每个元（位）的处理顺序是不重要的。
由这个矩阵得到一个比较有用的性质是 \(FWT(A)[i] = \sum_{j=0}^{2^n-1} (-1)^{\lvert i \& j \rvert} A^j\) ，以下有几道例题利用了该性质。
UOJ310. 【UNR #2】黎明前的巧克力
有 n 个巧克力，每个有属性 ai。你需要从中选出两个不交的集合，使得这两个集合权值相同（权值为集合内巧克力属性的异或和）。问方案数对 998244353 取模的余数。
（题意直接复制课件了）
对于每个异或和为零的集合，任意划分都是合法的，容易发现不会算重，于是给每个位置2的贡献，统计异或和为 0 的集合的总贡献。
显然是 \([x^0]\prod(1+2x^{a_i})\)
一个直观的想法是直接全部 FWT 了乘起来，但是 \(n\) 非常大，这是不可行的。
在建立了对上述性质的认知后，知道常数项一定对所有位置都是正贡献，另一项对任意一个位置贡献必然是 \(2\) 或 \(-2\) ，因为 FWT 后的数组只有 \(-1\) 或 \(3\)。
同时利用 FWT 的线性性，将所有加起来一起求 FWT ，每个位置设贡献为 \(-1\) 和 \(3\) 的各有 \(a\) 和 \(b\) 个，解个二元方程就行。
另外，这里我们要求的只有最终的 \([x^0]\) 项，观察变换矩阵知可以把所有值加起来除 \(len\) 得到答案。
CF1119H Triple
题面太长不想写了……link
也是跟上一题一样的需要加速 FWT ，采取一样的思路，加起来 FWT 后再解方程。
具体地，将 \(x^{c_i}\) 先拎出来，状态也就只剩四种了，未知数有四个那么方程也必须有四个，和为 \(0\) 、\(FWT(\sum x^{a_i})\) 和 \(FWT(\sum x^{b_i})\) 显然可用。
还需要一个方程？联系 \((-1)^{\vert a_i \& j \vert} (-1)^{\vert b_i \& j \vert} = (-1)^{\vert (a_i \oplus b_i) \& j \vert}\) 于是可以把 \(FWT(\sum x^{a_i \oplus b_i})\) 也作为方程，\(X,Y\) 同号则贡献为 1 ，否则为 -1。
洛谷 P7526 Virtual Self
一支水晶由 \(m\) 簇粒子合成，其中每一簇粒子都有美丽度，而一支水晶
的美丽度就是合成它的所有粒子的美丽度的异或和。
对于每一个 \(i \in [0,2^w)\)，恰好有 \(v_i\) 簇美丽度为 \(i\) 的粒子。
对所有 \(k \in [0,2^w)\)，求出有多少种方案能够合成一支美丽度为 \(k\) 的水晶。Ps：所有粒子互不相同。
一个朴素的想法：把所有粒子都 FWT 了，枚举选哪些乘起来，把乘起来的数组 FWT 后 全部对应相加。
联系到 FWT 的线性性，不如直接把所有乘得到的数组先加起来再 FWT ，这样只需要 FWT 一次。用“黎明前的巧克力”的方法求出每个位置有多少 \(1\) 和 \(-1\) 的贡献，直接计算当前位置的所有方案总和，这个计算用生成函数写出来后可以发现是卷积的形式，NTT 预处理即可。
Ps：这题似乎还有一档防AK的部分分，跟这个做法没什么关系，就不讲了吧……