FWT (快速沃尔什变换)详解 以及 K进制FWT
约定：(F'=FWT(F))
卷积的问题，事实上就是要构造(F'G'=(FG)')
我们常见的卷积，是二进制位上的or ,and ,xor
但正式来说，是集合幂指数 上的 并 ， 交 ， 对称差
为了说人话，这里就不带入集合幂指数的概念了
一个常识：(sum_{Tsube S}(-1)^{|T|}=[S=empty])
or 和 and 卷积
ps: 虽然这两个并不是( ext{FWT})，应该叫( ext{FMT})(快速莫比乌斯变换)，但是由于常用的是这3个，所以放到一起
这两种卷积的本质是相同的，所以只解释(or)卷积
or卷积的本质就是高位前缀和
即:(F'_S=sum _{Tsube S}F_T)
正确性：
即(forall S,F'_S cdot G'_S=(Fcup G)'_S)
左边=
(F'_S cdot G'_S=sum _{Tsube S}sum _{Rsube S}F_Tcdot G_R)
右边=
((Fcup G)'_S=sum_{Tsube S}(F cup G)_S)
(=sum_{Tsube S}sum_{A,B,Acup B=S}F_Acdot G_B)
(=sum_{T sube S}sum_{R sube S}F_T cdot G_R)
卷积实现
其实第一次层循环的意思是枚举子集中和自己不同的位最高是(i)
让(0)向(1)转移即可
void FWT(int n,ll *a){
for(int i=1;i<n;i<<=1)
rep(j,i,n-1) if(j&i) s[j]+=s[j^i];
}
void FWT(int n,ll *a){
for(int i=1;i<n;i<<1)
for(int l=0;l<n;l+=i*2)
for(int j=0;j<l+i;++j)
s[j+i]+=s[j];
}
Tips:如果要卡常，可以写成类似( ext{FFT})的形式，因为优化了访问顺序会快一些
实现逆卷积
把上面的加换成减，这是一个类似容斥的东西
但是因为是反解，所以这个过程我么通常称为子集反演
那么每次(0)向(1)的转移意味着多了一个不同的位置
设(F'_S=sum_{Tsube S}F_T)
实际逆卷积就是(F_S=sum_{Tsube S}(-1)^{|Toplus S|} F'_S)
证明如下：
(Leftrightarrow F_S=sum_{Tsube S}(-1)^{|Toplus S|} sum _{Rin T}F_R)
(Leftrightarrow F_S=sum_{Tsube S}F_Rsum _{Tsube R,Rsube S}(-1)^{|Soplus R|})
(Leftrightarrow F_S=sum_{Tsube S}F_Rsum _{Rsube (Soplus T)}(-1)^{|R|})
带入上面所提到的(sum_{Tsube S}(-1)^{|T|}=[S=empty])，成立
void FWT(int n,ll *a,int f){
for(int i=1;i<n;i<<=1)
rep(j,i,n-1) if(j&i) s[j]+=f*s[j^i];
}
void FWT(int n,ll *a,int f){
for(int i=1;i<n;i<<1)
for(int l=0;l<n;l+=i*2)
for(int j=0;j<l+i;++j)
s[j+i]+=f*s[j];
}
应用 : 子集卷积(可以看luogu)
问题描述： 给定(F_S,G_T)，求出(H_{R}=sum_{Scup T=R,Scap T=empty}F_Scdot G_T)，设有(2^n)个元素
我们知道直接枚举的复杂度为(O(3^n))
直接应用or卷积无法保证(Scap T=empty)，但是可以再记录一个占位数量，即把(F,G)按照每一位包含1的数量分开成(n+1)部分，卷积完成之后
应该满足1的个数恰好为两者之和，否则清空
需要(n)次卷积，(n^2)次转移，因此复杂度为(O(n^22^n))，在渐进意义上更优于(O(3^n))
Xor 卷积
这里要用到一个小性质
(|Acap B|+|Acap C|equiv |Acap (Bigoplus C)| pmod 2)
思路介绍：
我们是要构造一个(F_S ightarrow G_T)的变换，使得该变换满足Xor的性质，且能在较优的时间复杂度内完成，并且能够在较优的时间内完成反演
由于上面的这条式子，考虑可以构造(F'_S=sum_{T}(-1)^{|Scap T|}F_T)，这样((-1)^k)的系数在(mod 2)意义下可以抵消
正确性
即(forall S,F'_S cdot G'_S=(Figoplus G)'_S)
(F'_Scdot G'_S=sum_{T} sum_{R}(-1)^{|Scap T|+|Scap R|}F_Tcdot G_R)
(=sum _Tsum _R(-1)^{|(Tigoplus R)cap S|}F_Tcdot G_R)
显然这个式子与右边相同
卷积实现
考虑和前面相同的方法，枚举二进制位上最高的(1)
之前由于转移是单向的，所以只需要一次加法，这里由于有了系数同时还是双向的转移，所以要格外注意
转移系数也是比较明显的
(0 ightarrow 0 = 1)
(0 ightarrow 1 = 1)
(1 ightarrow 0 = 1)
(1 ightarrow 1 = -1)
void FWT(int n,ll *a){
for(int i=1;i<n;i<<=1) {
rep(j,0,n-1) if(~j&i) {
ll t=a[j+i];
a[j+i]=a[j]-t;
a[j]=a[j]+t;
}
}
}
void FWT(int n,ll *a){
for(int i=1;i<n;i<<=1){
for(int l=0;l<n;l+=i*2) {
for(int j=l;j<l+i;++j){
ll t=a[j+i];
a[j+i]=a[j]-t;
a[j]+=t;
}
}
}
}
实现逆卷积
考虑再卷一次
(F''_S=sum_Tsum_R(-1)^{|Scap R|+|Tcap R|}F_T)
(=sum_T sum_R (-1)^{|(Sigoplus T)cap R|}F_T)
(ecause sum_T (-1)^{|Scap T|}=sum_{Tsube S}(-1)^{|T|}2^{|U|-|S|}=[S=empty]2^{|U|-|S|})(其中(U)是全集)
( herefore F''_S=sum_S2^{|U|}F_S)
所以逆卷积就是再卷一遍，最后除去(n)即可
void FWT(int n,ll *a,int f){
for(int i=1;i<n;i<<=1) {
rep(j,0,n-1) if(~j&i) {
ll t=a[j+i];
a[j+i]=a[j]-t;
a[j]=a[j]+t;
}
}
if(f==-1) rep(i,0,n-1) a[i]/=n;
}
void FWT(int n,ll *a,int f){
for(int i=1;i<n;i<<=1){
for(int l=0;l<n;l+=i*2) {
for(int j=l;j<l+i;++j){
ll t=a[j+i];
a[j+i]=a[j]-t;
a[j]+=t;
}
}
}
if(f==-1) for(int i=0;i<n;++i) a[i]/=n;
}
和上面一样的，可以写成类似( ext{FFT})的形式卡常
拓展 K - FWT
实际上学习了这个拓展能让你更好地理解( ext{FWT})
不妨考虑(n)个维度的情况，每个维度是一个(0,1,cdots k-1)中的数
由于(k)进制下不好用集合描述，因此考虑用一个向量(vec{V}=lbrace V_0,V_1,cdots,V_{n-1} brace,V_iin[0,k-1])表示
一个多项式可以具象地用(0,1,cdots,k^n-1)这个(k^n)个位置上的系数表示
( ext{and,or})卷积在(k)进制下可以拓展为按位取(min,max)，这个直接累前缀和就可以了，不作赘述
而(k)进制下的( ext{xor})可以扩展为两个向量列的取模加法
(vec{A}+vec{B}=vec{C},C_i=(A_i+B_i)mod k)
也可以描述为不进位的(k)进制数加法
其实用( ext{K-FWT})称呼这个似乎不是很形象，更好的可以称之为( ext{n-DFT})
也就是说( ext{K-FWT})实际上就是在(n)个维度上分别做大小为(k)的循环卷积，使用一种结合( ext{FWT-DFT})的方法(因此需要用到(k)次单位根(omega_k))
卷积构造
原多项式(F)向卷积多项式(F')的转换系数为([x^A]F ightarrow [x^B]F':omega_k^{Acdot B})
其中(Acdot B)为向量内积，即(sum A_icdot B_i)
从中也可以很好地看到( ext{xor})卷积的影子
实现方法上，可以依次枚举(0,1,cdots,n-1)每一位，将除了这一位上都相同的数取出来
按照这一位上的值做一次( ext{DFT})
需要(n)位枚举，每次枚举需要做(k^{n-1})次(k^2)的( ext{DFT})，因而复杂度为(O(nk^{n+1}))
对于(k)比较大的情况，如果(k=2^t)可以直接用( ext{FFT/NTT})，否则还可以参考这个
可以优化到(O(nk^nlog k))
逆卷积
当然是换成( ext{IDFT})，最后全部除掉(k^n)
正确性上，如果你对于( ext{IDFT})的原理(单位根反演) 有所了解，就能发现
只有所有位置上都相同的情况才会转移出(k^n)的系数
int w[20]; // 单位根的幂次
void K_FWT(int *F,int n,int f){ // 这个n实际上是上面叙述中的n^k
static int t[20];
for(int i=1;i<n;i*=k){
for(int l=0;l<n;l+=i*k){
for(int j=l;j<l+i;++j){
for(int a=0;a<k;++a)
for(int b=t[a]=0;b<k;++b)
t[a]=(t[a]+1ll*F[j+b*i]%P*w[b*(k+f*a)%k])%P;
for(reg int a=0;a<k;++a) F[j+a*i]=t[a];
}
}
}
if(f==-1) {
ll base=qpow(n);
rep(i,0,n-1) F[i]=F[i]*base%P;
}
}