这次主要来说一下(FWT)
我们知道(FFT)是一种变换。
我们要构造的(FWT)也是一种变换。
(FWT)是用来干什么的呢？
用来求位运算卷积。
或许这么说还是不够明确。
我们定义卷积是这样一个东西：
[c_k=sumlimits_{icirc j}a_ib_j
]
里面那个圈表示一种运算。
普通卷积就是(+)
狄利克雷卷积就是(*)
子集卷积就是(subseteq)
那么位运算卷积呢？
(and,or,xor)
其实(and)和(or)还是比较简单的，而(xor)是最难的。
1.(or)卷积
我们要求这种形式的卷积：
[c_k=sumlimits_{i or j=k}a_ib_j
]
我们设我们的变换为(T(A))，逆变换为(IT(A))。
这个变换按照(FFT)的套路来说的话，需要满足：
T(AB)=T(A)T(B)
AB=IT(T(A)T(B))
也就是卷积变成对位乘法。
如果这样构造的话（其实我也不知道怎么想到这么造的）：
[T(A)_j=sumlimits_{i or j=j}A_i
]
那么我们展开一下上面的卷积:
[T(A*B)_i=sumlimits_{j or i=i}sumlimits_{k or l=j}A_kB_l=sumlimits_{k or lsubseteq i}A_kB_l
]
[(T(A)T(B))_i=sumlimits_{k or i=i}A_Ksumlimits_{l or i=i}B_l=sumlimits_{k or lsubseteq i}A_kB_l
]
所以说是对的。
下面说怎么计算(or)卷积。
我们考虑这个东西的转移是怎么样的。
首先假设(A)的两半(A_0)和(A_1)的变换已经计算出来了，我们现在来求(A)的变换。
我们设(merge(A,B))为连接两个数组的函数。
那么：
[T(A)=merge(T(A_0),T(A_0)+T(A_1))
]
为什么呢？
因为当前这一位最高位为0的情况属于为1的情况的子集，所以把(A_0)加到(A_1)那边去就可以了。
逆变换就显然了。
[IT(A)=merge(IT(A_0),IT(A_1)-IT(A_0))
]
减回去就完了。
2.(and)卷积
我们要求这种形式的卷积。
[c_k=sumlimits_{i and j=k}a_ib_j
]
同样构造变换(T)
考虑这样的变换：
[T(A)_i=sumlimits_{i and j=i}a_j
]
展开一下：
[T(A*B)_i=sumlimits_{i and j=i}sumlimits_{k and l=j}A_kB_l=sumlimits_{isubseteq k and l}A_kB_l
]
[(T(A)T(B))_i=sumlimits_{k and i=i}sumlimits_{l and i=i}A_kB_l=sumlimits_{isubseteq k and l}A_kB_l
]
得到了点值对乘的式子了。
类似或卷积。
[T(A)=merge(T(A_0)+T(A_1),T(A_1))
]
[IT(A)=merge(IT(A_0)-IT(A_1),IT(A_1))
]
3.(xor)卷积
这里复读一下(rvalue)学长（姐）的讲解。（其实是我想不出其他的证明方法）
对于一个二进制数(x)，我们设(d(x))为其二进制(1)个数的奇偶性。
那么有如下结论：
[d(i and k) xor d(j and k)=d((i xor j) and k)
]
首先(and k)相当于没有，这就是改变二进制位数的区别。
剩下的很显然。
(i)每次多出来一个(1),总体的(1)的奇偶性就会变化。
尝试构造如下变换：
[T(A)_i=sumlimits_{d(i and j)=0}A_j-sumlimits_{d(i and j)=1}A_j
]
展开一下：
[T(A*B)_i=left(sumlimits_{d(i and j)=0}sumlimits_{k xor l=j}A_kB_l
ight)-left(sumlimits_{d(i and j)=1}sumlimits_{k xor l=j}A_kB_l
ight)
]
[egin{aligned}\
(T(A)T(B))_i&=left(sumlimits_{d(i and j)=0}A_j-sumlimits_{d(i and j)=1}A_j
ight)left(sumlimits_{d(i and j)=0}B_j-sumlimits_{d(i and j)=1}B_j
ight)\
&=left(sumlimits_{d(a and i) xor d(b and i)=0}A_aB_b
ight)-left(sumlimits_{d(a and i) xor d(b and i)=1}A_aB_b
ight)\
&=left(sumlimits_{d((a xor b) and i)=0}A_aB_b
ight)-left(sumlimits_{d((a xor b) and i)=1}A_aB_b
ight)\
&=left(sumlimits_{d(i and j)=0}sumlimits_{k xor l=j}A_kB_l
ight)-left(sumlimits_{d(i and j)=1}sumlimits_{k xor l=j}A_kB_l
ight)\
end{aligned}]
卷积性变换构造的是对的了。
考虑该怎么计算。
[T(A)=merge(T(A_0)+T(A_1),T(A_0)-T(A_1))
]
如果最高位为0的话，那么无论如何这个(and)运算都是0，不会改变贡献。
直接在左边即可。
如果最高位为1的话，对于右侧的值会产生多一个1的贡献，这样会导致奇偶性取反，所以取反加上去。
逆变换的话：
[IT(A)=merge(frac{IT(A_0)+IT(A_1)}{2},frac{IT(A_0)-IT(A_1)}{2})
]
这样的话就可以快速求位运算卷积了
现在来说一下咕了的(FMT)。
好。
其实我们现在要求得的(FMT)和或运算卷积是一样的。
他需要求得就是：
[f(S)=sumlimits_{T|R=S}g(T)h(R)
]
这个东西该怎么求呢？
我们做一个和或运算卷积一样的东西即可了。
[F(S)=sumlimits_{Tsubseteq S}f(T)
]
这样和或运算的证明方式一样，这一定是对的(DFT)。
直接对位相乘即可。
那他既然可以被或运算代替为什么还存在呢？
（常数小码量小）
分别考虑每一位的贡献就可以了。
具体来说。
我们枚举二进制位的每一位，来判断这个元素的归属。
选或者没有选。
那么也就是：
[F_i[j]=F_{i-1}[j]+F_{i-1}[j-(1<<i)]
]
这样转移就可以了。
我们发现可以把第一维滚掉。
这样代码就非常好写了。
这样我们就会求(FMT)了。
(Upd:)以上全是放屁。
下面严谨证明：
设(G_i={1,2,...,i})
设：
[hat{F(S)}^{(i)}=sumlimits_{Tsubseteq S}[(S-T)subseteq G_i]f(T)
]
初始化：$$hat{F(S)}^{(0)}=F(S)$$
转移：
1.(i
otin S),那么(hat{F(S)}^{(i)}=hat{F(S)}^{(i-1)})，因为之前的均不含({i})
2.(iin S)，那么(hat{F(S)}^{(i)}=hat{F(S)}^{(i-1)}+hat{F(S-i)}^{(i-1)})，前者(T)中一定不含有({i})，而后者(T)中一定含有({i})。
这样迭代(n)次就可以了。
最终求得的(hat{F}=FMT(F))
那么怎么求(IFMT)呢？
我们知道：
[F(S)=sumlimits_{Tsubseteq S}f(T)
]
子集反演得:
[f(S)=sumlimits_{Tsubseteq S}(-1)^{|S|-|T|}F(T)
]
这样直接就把加号写成减号就可以了。因为多一个元素那么答案整体上会乘一个-1。
下面的才是重点。
(FMT)求子集卷积（其实也可以(FWT)）
也就是这样的式子：
[f(S)=sumlimits_{Tsubseteq S}h(T)g(S-T)
]
要求更加严格了，不可以有交集。
那么：
[f(S)=sumlimits_{Tsubseteq S,Rsubseteq S}[|T|+|R|=|S|][T|R=S]h(T)g(R)
]
这样就简单了。
我们按照集合大小将这个东西分成(n)种。
也就是：
[F_i(S)=sumlimits_{Tsubseteq S}[|T|=i]f(T)
]
这样还是可以用：
(H_{i}(T))和(G_{n-i}(R))来做或卷积了。
这样复杂度变成了：
(O(n^22^n))