写在前面
由于本蒟蒻理解也不透彻，这篇博客只讲怎么做，没有证明 没有证明 没有证明。
先说是拿来干嘛的
FMT是用来求解下面这种形式的“卷积”的：
[h(U) = sum_{S cup T = U} f(S) cdot g(T)
]
叫做“集合并卷积”
其中(U)，(S)，(T)是集合，用二进制数表示集合就是：
[h(k) = sum_{i | j = k} f(i) cdot g(j)
]
具体做法
类似(FFT)这种，(FMT)也是先将(f)和(g)变换成点值表达，点值对应数乘后再变换回去就可以求得(h)，也就是(FMT(h) = FMT(f) cdot FMT(g))，中间的点是数乘
于是有一种方案就是莫比乌斯变换，即(hat{f}(S) = sum_{T subseteq S} f(T))
它的逆变换就是(f(S) = sum_{T subseteq S} (-1)^{|S| - |T|} hat{f} (T))，证明可以容斥，具体……看这篇博客最上面……
那么就可以(O(3^n))暴力枚举子集来（逆）变换了
但是还有更快的方法
(O(n cdot 2^n))的快速变换
令：
[hat{f}_S^{(i)} = sum_{T subseteq S} [(S - T) subseteq { 1, 2, ..., i }]f_T
]
易得：
[hat{f}_S^{(0)} = f_S \
hat{f}_S^{(n)} = sum_{T subseteq S}[(S - T) subseteq { 1, 2, ..., n}]f_T = sum_{T subseteq S}f_T = hat{f} (S)
]
且对于不包含(i)的(S)，有递推式：
[hat{f}_S^{(i)} = hat{f}_S^{(i - 1)} ag{1}
]
[hat{f}_{S cup { i }}^{(i)} = hat{f}_S^{(i - 1)} + hat{f}_{S cup { i }}^{(i - 1)} ag{2}
]
简单理解一下就是：
((1))式：因为(S)不包含(i)，所以满足条件的子集不会变
((2))式：前一部分为(S - T)不包含(i)的情况，后一部分为(S - T)一定包含(i)的情况
这样经过(n)轮递推，就可以求得(hat{f}_S^{(i)})，也就是(hat{f} (S))了，复杂度(O(n cdot 2^n))
代码
void FMT(double *a, int n) {
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < (1 << n); ++j)
if (j & (1 << i)) a[j] += a[j ^ (1 << i)];
}
逆变换把+=换成-=就好了，不过如果是浮点运算，要注意精度问题
void IFMT(double *a, int n) {
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < (1 << n); ++j)
if (j & (1 << i)) a[j] -= a[j ^ (1 << i)];
}
例题
如果需要，移步[HAOI2015]按位或
挖坑：集合卷积
大概很快就会填坑吧……