题目
给出长度为(2^n) ((nle20))的数组(f)和(g)，求 (sum H(a)*(a+1) mod 2^{32})数组，定义为
[H(a)={ sum}_{b|c=a}f[b]*g[c]
]
分析
好题，学到了很多东西。
看懂题之后就想到zwl之前学过的FWT，即快速沃尔什变换，比赛的时候不会写。于是就开始想优化枚举的方法。暴力直接枚举(b)和(c)是 (O(2^{2n})) 的，肯定会超时，不过最后没有想出更好的方法。本来预计是65左右的，结果只有35，原因是long long不知道怎么没有取好模。这里学到了，这种(q=2^{32})的取模可以直接用unsigned int自动溢出解决，优化常数。
解法
解法一 容斥原理
[egin{aligned}
H(a)&=sum_{b|c=a}f[b]*g[c] \
&=sum_{bigcup csubseteq a}f[b]*g[c] - sum _ {bigcup csubsetneq a} f[b]*g[c] \
&=sum_{bsubset a}f[b]* sum_{csubset a}g[c]-sum_{dsubsetneq a}H(d)
end{aligned}
]
于是问题转化成了求(f)和(g)的子集前缀和，即所有子集的(f)和(g)的和。
所以我们从小到大枚举所有集合，后面枚举到的集合的子集都已经算好了，所以加上自己就好。最后同样从小到大枚举集合，后面枚举到的(H)减去前面的，即减去真子集。这里的或运算转化很漂亮，代码也很简洁优雅。
代码
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned int giant;
giant read() {
giant x=0,f=1;
register char c=getchar();
for (;!isdigit(c);c=getchar()) if (c=='-') f=-1;
for (;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
const giant maxn=(1<<20)+100;
giant f[maxn],g[maxn],h[maxn];
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
freopen("my.out","w",stdout);
#endif
giant n=read();
giant s=1<<n;
for (register giant i=0;i<s;++i) f[i]=read();
for (register giant i=0;i<s;++i) g[i]=read();
for (register giant j=1;j<s;j<<=1) for (int i=0;i<s;++i) if (i&j) f[i]+=f[j^i],g[i]+=g[j^i];
for (register giant i=0;i<s;++i) h[i]=f[i]*g[i];
for (register giant j=1;j<s;j<<=1) for (int i=0;i<s;++i) if (i&j) h[i]-=h[i^j];
giant ans=0;
for (register giant i=0;i<s;++i) ans+=h[i]*(i+1);
printf("%u
",ans);
}
解法二 快速沃尔什变换
快速沃尔什变换解决的是这样一类问题：
[{C_i}={ sum} _ {j igoplus k=i} A_j *B_ k
]
其中数组长度为(2^n).
与FFT相似，我们先把系数表达转为点值，相乘后转回来。
先以$igoplus = or $为例。
我们可以把一个数组拆分为相同长度的两段：
[A=(A_0,A_1)
]
其中
[A_0=A[0....2^{n-1}]，A_1=A[2^{n-1}+1...2^n-1]
]
即二进制最高位为0或1.
若(i)的第(n)位为(0)，则有两种可能：
[0 or 0 = 0
]
若(i)的第(n)位为(1)，则有两种可能：
[0 or 1 = 1 \
1 or 0 = 1 \
1 or 1=1
]
能够产生1的放后面，产生0的放前面，通过位运算的性质，我们可推出or运算的转换方法，相乘之后推一下是对的：
[For=(For(A_0),For(A_0+A_1)) \
Ior=(Ior(A_0),Ior(A_1-A_0)) \
]
验证：
[egin{aligned}
A=(A_0,A_1) \
Aprime =(A_0,A_0+A_1) \
B=(B_0,B_1) \
Bprime =(B_0,B_0+B_1) \
C=A*B=(A_0*B_0,A_0*B_1+A_1*B_0+A_1*B_1) \
Cprime =Aprime * Bprime=(A_0*B_0,A_0*B_0+A_0*B_1+A_1*B_0+A_1*B_1) \
若 Cprime =(D,E)，则观察发现C=(D,E-D)，与上面的公式相符。
end{aligned}
]
其他的转换方法：
[Fand=(Fand(A_0+A_1),Fand(A_1)) \
Iand=(Iand(A_1-A_0),Iand(A_1)) \
Fxor=(Fxor(A_0+A_1),Fxor(A_0-A_1)) \
Ixor=(Ixor(frac{A_0+A_1}{2}),Ixor(frac{A_0-A_1}{2}))
]
所以这道题是模板题，写法和(fft)差不多，不需要(ntt)的原根或者复数根之类的，只是类似模拟一下过程而已。
代码
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned int giant;
giant read() {
giant x=0,f=1;
char c=getchar();
for (;!isdigit(c);c=getchar()) if (c=='-') f=-1;
for (;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
const giant maxn=(1<<20)+1;
giant a[maxn],b[maxn],n,m,f[maxn];
void F(giant a[],bool inv=false) {
for (register giant i=0;i<m;++i) if (i<f[i]) swap(a[i],a[f[i]]);
for (register giant i=2;i<=m;i<<=1) {
for (register giant j=0;j<m;j+=i) {
for (register giant k=j;k<j+i/2;++k) {
giant u=a[k],v=a[k+i/2];
a[k+i/2]=(inv?v-u:u+v);
}
}
}
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
#endif
m=1<<(n=read());
for (register giant i=0;i<m;++i) f[i]=(f[i>>1]>>1)|((i&1)<<(n-1));
for (register giant i=0;i<m;++i) a[i]=read();
for (register giant i=0;i<m;++i) b[i]=read();
F(a);
F(b);
for (register giant i=0;i<m;++i) a[i]*=b[i];
F(a,true);
giant ans=0;
for (register giant i=0;i<m;++i) ans+=a[i]*(i+1);
printf("%u
",ans);
}