引入
现在有一个长成这样子的卷积：
[C_i=sum_{joplus k=i}A_j imes B_k
]
其中 (oplus) 可以是异或，与，非，序列长度都是 (2^n) 。
解决
这就需要 FWT 来解决了。
我们之前做 FFT 的时候，是把多项式转化成点值的形式，然后就可以点值相乘了，那么我们也想在 FWT 的过程中实现这个东西，设 (A'[i]) 表示多项式 (A) 转化为点值之后的第 (i) 个点，那么就有：
[C'[i]=A'[i] imes B'[i]
]
我们再设 (c(i,j)) 表示多项式第 (j) 项的系数给第 (i) 个点的贡献，那么就有：
[A'[i]=sum_{j=0}^{2^n-1}A_j
]
[C'[i]=sum_{j=0}^{2^n-1}c(i,j)A_j imessum_{k=0}^{2^n-1}c(i,k)B_k=sum_{j=0}^{2^n-1}sum_{k=0}^{2^n-1}c(i,j)c(i,k)A_jB_k
]
而又有：
[C_p=sum_{t_1oplus t_2=p}A_{t_1} imes B_{t_2}
]
[sum_{p=0}^{2^n-1}c(i,p)C_p=sum_{p=0}^{2^n-1}c(i,p)sum_{t_1oplus t_2=p}A_{t_1} imes B_{t_2}
]
和上面的式子联立就有：
[sum_{j=0}^{2^n-1}sum_{k=0}^{2^n-1}c(i,j)c(i,k)A_jB_k=sum_{p=0}^{2^n-1}c(i,p)sum_{t_1oplus t_2=p}A_{t_1} imes B_{t_2}=sum_{t_1=0}^{2^n-1}sum_{t_2=0}^{2^n-1}c(i,t_1oplus t_2)A_{t_1} imes B_{t_2}
]
所以就有 (c(i,j)c(i,k)=c(i,joplus k)) ，这也是我们要求的 (c) 满足的条件。
然后注意到位运算是可以按位拆开的，那么对于 (c) 也是如此，就有 (c(i,j)=prod_{k=0}^nc(i_k,j_k)) 。
然后考虑知道了 (c) 之后如何转化成点值形式，也就是计算下面这个式子：
[A'[i]=sum_{j=0}^{2^n-1}c(i,j)A_j
]
把这个折半，就有：
[A'[i]=sum_{j=0}^{2^{n-1}-1}c(i,j)A_j+sum_{j=2^{n-1}}^{2^n-1}c(i,j)A_j
]
把它的首位单独拿出来，写 (c(i,j)=c(i_0,j_0)c(i',j')) ，就有：
[A'[i]=c(i_0,0)sum_{j=0}^{2^{n-1}-1}c(i',j')A_j+c(i_0,1)sum_{j=2^{n-1}}^{2^n-1}c(i',j')A_j
]
这样子问题就减半了，可以分治下去。
最后我们需要求 (c) ，这个就变得好求很多了，因为 (c(i,j)) 中的 (i,jin{0,1}) ，然后逆变换对矩阵求逆就可以了。
那么我们写出这个矩阵
[egin{bmatrix}c(0,0) & c(0,1)\c(1,0) & c(1,1)end{bmatrix}
]
以 (or) 运算为例，我们可以得到关系式：
[c(0,0)=c(0,0)c(0,0)
ightarrow c(i,j)in{0,1}
]
[c(0,1)=c(0,0)c(0,1),c(1,1)=c(1,0)c(1,1)
]
通过上面的式子可以计算出好几种矩阵，但还需要满足矩阵有逆，那么得到其中一种矩阵：
[c=egin{bmatrix}1 & 0\1 & 1end{bmatrix},c^{-1}=egin{bmatrix}1 & 0\-1 & 1end{bmatrix}
]
同理，对于 (and) ，就有：
[c=egin{bmatrix}0 & 1\1 & 1end{bmatrix},c^{-1}=egin{bmatrix}-1 & 1\1 & 0end{bmatrix}
]
对于 (xor) ，就有：
[c=egin{bmatrix}1 & -1\1 & 1end{bmatrix},c^{-1}=egin{bmatrix}frac{1}{2} & frac{1}{2}\-frac{1}{2} & frac{1}{2}end{bmatrix}
]
这样子，我们也就可以在 (O(nlog n)) 的时间内解决这个问题了。
例题
就是引入的那道题。
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
const int N = 2e5;
const int p = 998244353;
using namespace std;
int n,a[N + 5],b[N + 5],c[3][3],A[N + 5],B[N + 5];
int mypow(int a,int x){int s = 1;for (;x;x & 1 ? s = 1ll * a * s % p : 0,a = 1ll * a * a % p,x >>= 1);return s;}
void solve(int *a,int n)
{
for (int i = 1;i < (1 << n);i <<= 1)
for (int j = 0;j < (1 << n);j += i << 1)
for (int k = 0;k < i;k++)
{
int a0 = a[j + k],a1 = a[j + k + i];
a[j + k] = (1ll * c[1][1] * a0 % p + 1ll * c[1][2] * a1 % p) % p;
a[j + k + i] = (1ll * c[2][1] * a0 % p + 1ll * c[2][2] * a1 % p) % p;
}
}
void solveor()
{
c[1][2] = 0;
c[1][1] = c[2][1] = c[2][2] = 1;
for (int i = 0;i < (1 << n);i++)
A[i] = a[i],B[i] = b[i];
solve(A,n);
solve(B,n);
for (int i = 0;i < (1 << n);i++)
A[i] = 1ll * A[i] * B[i] % p;
c[1][1] = c[2][2] = 1;
c[2][1] = -1;c[1][2] = 0;
solve(A,n);
for (int i = 0;i < (1 << n);i++)
printf("%d ",(A[i] + p) % p);
cout<<endl;
}
void solveand()
{
c[1][1] = 0;
c[1][2] = c[2][1] = c[2][2] = 1;
for (int i = 0;i < (1 << n);i++)
A[i] = a[i],B[i] = b[i];
solve(A,n);
solve(B,n);
for (int i = 0;i < (1 << n);i++)
A[i] = 1ll * A[i] * B[i] % p;
c[1][1] = -1;c[2][2] = 0;
c[2][1] = c[1][2] = 1;
solve(A,n);
for (int i = 0;i < (1 << n);i++)
printf("%d ",(A[i] + p) % p);
cout<<endl;
}
void solvexor()
{
c[1][2] = -1;
c[2][1] = c[1][1] = c[2][2] = 1;
for (int i = 0;i < (1 << n);i++)
A[i] = a[i],B[i] = b[i];
solve(A,n);
solve(B,n);
for (int i = 0;i < (1 << n);i++)
A[i] = 1ll * A[i] * B[i] % p;
c[1][1] = c[1][2] = c[2][2] = mypow(2,p - 2);
c[2][1] = -mypow(2,p - 2);
solve(A,n);
for (int i = 0;i < (1 << n);i++)
printf("%d ",(A[i] + p) % p);
cout<<endl;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i = 0;i < (1 << n);i++)
scanf("%d",&a[i]);
for (int i = 0;i < (1 << n);i++)
scanf("%d",&b[i]);
solveor();
solveand();
solvexor();
return 0;
}