快速沃尔什变换(FWT)

1前言

在之前学完了FFT稍微码了一些题、也学习了一下NTT相关的知识之后，我觉得有必要学习一下FWT，这篇博客就是阐述我对FWT的理解的

2介绍

2.1解决的问题

对于FFT，它的过程本质上是cn=∑i+j=nai∗bjc_n=\sum_{i+j=n}a_i*b_jcn=i+j=n∑ai∗bj
然后考虑一下那个i+j=ni+j=ni+j=n的情况，如果换个符号，比如i−j=ni-j=ni−j=n，那么想必你也会做，只要把B翻转就好了
在NTT的题中，其实i∗j=n(modp)i*j=n\pmod pi∗j=n(modp)，在p有原根的时候也可以做，直接把i位置的数换到log⁡原根i\log_{原根}ilog原根i，然后再做NTT，最后弄回来就好了（update:对怎么样的数有原根、对原根的性质有不理解的可以看我的博客原根哦）
那么对于i∣j=ni|j=ni∣j=n、i&j=ni\& j=ni&j=n、i⊕j=ni\oplus j=ni⊕j=n的情况怎么办？
可以用FWT来解决
这篇文章中用到的只是快速沃尔什变换（FWT）的一个特殊情况，有兴趣可以去网上搜一搜广义的快速沃尔什是干什么的

2.2文章中有可能用到的符号&特殊说明

首先，这篇博客中提到的n(多项式的项数)如无特殊说明都是2的幂次，方便处理，如果不为2的幂次，可以在高次加0系数
然后，对于一些公式，你可能会觉得比较长，其实只是因为我列的项数比较多导致的，你可以只看第一项来看懂我在推什么

对于一个一般的多项式f(x)=a0x0+a1x1+⋅⋅⋅+an−1xn−1f(x)=a_0x^0+a_1x^1+···+a_{n-1}x^{n-1}f(x)=a0x0+a1x1+⋅⋅⋅+an−1xn−1
将其表示为(a0,a1,a2⋅⋅⋅an−1)(a_0,a_1,a_2···a_{n-1})(a0,a1,a2⋅⋅⋅an−1)

定义多项式加法
C(x)=A(x)+B(x)=(a0,a1,a2⋅⋅⋅an−1)+(b0,b1,b2⋅⋅⋅bn−1)=(a0+b0,a1+b1,a2+b2⋅⋅⋅an−1+bn−1)\begin{aligned} C(x)&=A(x)+B(x)\\ &=(a_0,a_1,a_2···a_{n-1})+(b_0,b_1,b_2···b_{n-1})\\ &=(a_0+b_0,a_1+b_1,a_2+b_2···a_{n-1}+b_{n-1})\\ \end{aligned} C(x)=A(x)+B(x)=(a0,a1,a2⋅⋅⋅an−1)+(b0,b1,b2⋅⋅⋅bn−1)=(a0+b0,a1+b1,a2+b2⋅⋅⋅an−1+bn−1)

多项式的减法把符号变成减号
C(x)=A(x)−B(x)=(a0,a1,a2⋅⋅⋅an−1)−(b0,b1,b2⋅⋅⋅bn−1)=(a0−b0,a1−b1,a2−b2⋅⋅⋅an−1−bn−1)\begin{aligned} C(x)&=A(x)-B(x)\\ &=(a_0,a_1,a_2···a_{n-1})-(b_0,b_1,b_2···b_{n-1})\\ &=(a_0-b_0,a_1-b_1,a_2-b_2···a_{n-1}-b_{n-1})\\ \end{aligned} C(x)=A(x)−B(x)=(a0,a1,a2⋅⋅⋅an−1)−(b0,b1,b2⋅⋅⋅bn−1)=(a0−b0,a1−b1,a2−b2⋅⋅⋅an−1−bn−1)

多项式的对应系数相乘乘法（区别于那个FFT做的卷积的乘法）
C(x)=A(x)∗B(x)=(a0,a1,a2⋅⋅⋅an−1)∗(b0,b1,b2⋅⋅⋅bn−1)=(a0∗b0,a1∗b1,a2∗b2⋅⋅⋅an−1∗bn−1)\begin{aligned} C(x)&=A(x)*B(x)\\ &=(a_0,a_1,a_2···a_{n-1})*(b_0,b_1,b_2···b_{n-1})\\ &=(a_0*b_0,a_1*b_1,a_2*b_2···a_{n-1}*b_{n-1})\\ \end{aligned} C(x)=A(x)∗B(x)=(a0,a1,a2⋅⋅⋅an−1)∗(b0,b1,b2⋅⋅⋅bn−1)=(a0∗b0,a1∗b1,a2∗b2⋅⋅⋅an−1∗bn−1)

对于多项式的一个操作@(@∈{∣(或),&(与),⊕(异或)})@(@ \in \left\{ |(或),\&(与),\oplus(异或) \right\})@(@∈{∣(或),&(与),⊕(异或)})，请看清楚，这里的是卷积，FFT做的多项式乘法相当于这里的符号用“+”，然而多项式的“+”已经被定义过了，前面的系数相乘乘法事实上不应该用那个符号，所以没有列出
C(x)=A(x)@B(x)=(a0,a1,a2⋅⋅⋅an−1)@(b0,b1,b2⋅⋅⋅bn−1)=(∑i@j=0ai∗bj,∑i@j=1ai∗bj,∑i@j=2ai∗bj⋅⋅⋅∑i@j=n−1ai∗bj)\begin{aligned} C(x)&=A(x)@B(x)\\ &=(a_0,a_1,a_2···a_{n-1})@(b_0,b_1,b_2···b_{n-1})\\ &=(\sum _{i@j=0}a_i*b_j,\sum _{i@j=1}a_i*b_j,\sum _{i@j=2}a_i*b_j···\sum _{i@j=n-1}a_i*b_j)\\ \end{aligned} C(x)=A(x)@B(x)=(a0,a1,a2⋅⋅⋅an−1)@(b0,b1,b2⋅⋅⋅bn−1)=(i@j=0∑ai∗bj,i@j=1∑ai∗bj,i@j=2∑ai∗bj⋅⋅⋅i@j=n−1∑ai∗bj)
特殊的，这里的@@@运算具有分配律，即(A+B)@C=A@C+B@C(A+B)@C=A@C+B@C(A+B)@C=A@C+B@C，至于证明也非常方便：
∑i@j=x(ai+bi)∗cj=∑i@j=x(ai∗cj+bi∗cj)=∑i@j=xai∗cj+∑i@j=xbi∗cj\begin{aligned} \sum _{i@j=x}(a_i+b_i)*c_j&=\sum _{i@j=x}(a_i*c_j+b_i*c_j)\\ &=\sum _{i@j=x}a_i*c_j+\sum _{i@j=x}b_i*c_j \end{aligned} i@j=x∑(ai+bi)∗cj=i@j=x∑(ai∗cj+bi∗cj)=i@j=x∑ai∗cj+i@j=x∑bi∗cj

另外对于一个多项式AAA，设n=2kn=2^kn=2k，定义A0A_0A0为AAA的前2k−12^{k-1}2k−1个系数、定义A1A_1A1为AAA的后2k−12^{k-1}2k−1个系数
定义运算A=(B,C)A=(B,C)A=(B,C)表示B这个多项式后面接上C等于A
用字母表示大概意思是：
(A,B)=((a0,a1,a2⋅⋅⋅ax−1),(b0,b1,b2⋅⋅⋅by−1))=(a0,a1,a2⋅⋅⋅ax−1,b0,b1,b2⋅⋅⋅by−1)\begin{aligned} (A,B)&=((a_0,a_1,a_2···a_{x-1}),(b_0,b_1,b_2···b_{y-1}))\\ &=(a_0,a_1,a_2···a_{x-1},b_0,b_1,b_2···b_{y-1})\\ \end{aligned} (A,B)=((a0,a1,a2⋅⋅⋅ax−1),(b0,b1,b2⋅⋅⋅by−1))=(a0,a1,a2⋅⋅⋅ax−1,b0,b1,b2⋅⋅⋅by−1)

2.3FWT的大致思路

假设我们现在有两个多项式AAA、BBB以及一个位运算符@@@，思路和FFT相似，先求出某个多项式FWT(A)FWT(A)FWT(A)和FWT(B)FWT(B)FWT(B)，然后对应相乘得到多项式FWT(C)FWT(C)FWT(C)，最后进行IFWTIFWTIFWT，得出结果CCC

3实现

update：这里的前两个(and/or)更严格意义上来说是FMT，本篇博客提供FMT本身的相关内容，另一篇博客提供FMT的更多小应用

3.1or运算（本质FMT）

3.1.1构造

先来讲or运算吧
现在要求的是：cn=∑i∣j=naibjc_n=\sum_{i|j=n}a_ib_jcn=i∣j=n∑aibj
定义FWT(A)：
FWT(A)=(∑i∣0=0ai,∑i∣1=1ai,∑i∣2=2ai⋅⋅⋅∑i∣(n−1)=(n−1)ai)\begin{aligned} FWT(A)=(\sum_{i|0=0}a_i,\sum_{i|1=1}a_i,\sum_{i|2=2}a_i···\sum_{i|(n-1)=(n-1)}a_i) \end{aligned} FWT(A)=(i∣0=0∑ai,i∣1=1∑ai,i∣2=2∑ai⋅⋅⋅i∣(n−1)=(n−1)∑ai)
容易发现一件事：FWT(A∣B)=FWT(A)∗FWT(B)FWT(A|B)=FWT(A)*FWT(B)FWT(A∣B)=FWT(A)∗FWT(B)
证明：
FWT(A)∗FWT(B)=(∑i∣0=0ai,∑i∣1=1ai,∑i∣2=2ai⋅⋅⋅∑i∣(n−1)=(n−1)ai)∗(∑i∣0=0bi,∑i∣1=1bi,∑i∣2=2bi⋅⋅⋅∑i∣(n−1)=(n−1)bi)=((∑i∣0=0ai)∗(∑j∣0=0bj),(∑i∣1=1ai)∗(∑j∣1=1bj),(∑i∣2=2ai)∗(∑j∣2=2bj)⋅⋅⋅(∑i∣(n−1)=(n−1)ai)∗(∑j∣(n−1)=(n−1)bj))=(∑i∣j∣0=0ai∗bj,∑i∣j∣1=1ai∗bj,∑i∣j∣2=2ai∗bj⋅⋅⋅∑i∣j∣(n−1)=(n−1)ai∗bj)=(∑k∣0=0∑i∣j=kai∗bj,∑k∣1=1∑i∣j=kai∗bj,∑k∣2=2∑i∣j=kai∗bj⋅⋅⋅∑k∣(n−1)=(n−1)∑i∣j=kai∗bj)=FWT(A∣B)\begin{aligned} FWT(A)*FWT(B)&=(\sum_{i|0=0}a_i,\sum_{i|1=1}a_i,\sum_{i|2=2}a_i···\sum_{i|(n-1)=(n-1)}a_i)*(\sum_{i|0=0}b_i,\sum_{i|1=1}b_i,\sum_{i|2=2}b_i···\sum_{i|(n-1)=(n-1)}b_i)\\ &=((\sum_{i|0=0}a_i)*(\sum_{j|0=0}b_j),(\sum_{i|1=1}a_i)*(\sum_{j|1=1}b_j),(\sum_{i|2=2}a_i)*(\sum_{j|2=2}b_j)···(\sum_{i|(n-1)=(n-1)}a_i)*(\sum_{j|(n-1)=(n-1)}b_j))\\ &=(\sum_{i|j|0=0}a_i*b_j,\sum_{i|j|1=1}a_i*b_j,\sum_{i|j|2=2}a_i*b_j···\sum_{i|j|(n-1)=(n-1)}a_i*b_j)\\ &=(\sum_{k|0=0}\sum_{i|j=k}a_i*b_j,\sum_{k|1=1}\sum_{i|j=k}a_i*b_j,\sum_{k|2=2}\sum_{i|j=k}a_i*b_j···\sum_{k|(n-1)=(n-1)}\sum_{i|j=k}a_i*b_j)\\ &=FWT(A|B) \end{aligned} FWT(A)∗FWT(B)=(i∣0=0∑ai,i∣1=1∑ai,i∣2=2∑ai⋅⋅⋅i∣(n−1)=(n−1)∑ai)∗(i∣0=0∑bi,i∣1=1∑bi,i∣2=2∑bi⋅⋅⋅i∣(n−1)=(n−1)∑bi)=((i∣0=0∑ai)∗(j∣0=0∑bj),(i∣1=1∑ai)∗(j∣1=1∑bj),(i∣2=2∑ai)∗(j∣2=2∑bj)⋅⋅⋅(i∣(n−1)=(n−1)∑ai)∗(j∣(n−1)=(n−1)∑bj))=(i∣j∣0=0∑ai∗bj,i∣j∣1=1∑ai∗bj,i∣j∣2=2∑ai∗bj⋅⋅⋅i∣j∣(n−1)=(n−1)∑ai∗bj)=(k∣0=0∑i∣j=k∑ai∗bj,k∣1=1∑i∣j=k∑ai∗bj,k∣2=2∑i∣j=k∑ai∗bj⋅⋅⋅k∣(n−1)=(n−1)∑i∣j=k∑ai∗bj)=FWT(A∣B)
当然这个的证明还有其它的很多方法，我觉得我的这个证明还是比较清楚的
也就是说，现在：

问题一：
已知一个多项式A，求FWT(A)
即FWT
问题二：
已知FWT(A)，求A
即IFWT

解决这两个问题，我们就能够：

已知A,B
FWT，求出FWT(A),FWT(B)
对应系数相乘，求出FWT(A|B)
IFWT，求出A|B

3.1.2计算

我们可以递归定义
FWT(A)={(FWT(A0),FWT(A0+A1))(n≠1)A(n=1)FWT(A)=\begin{cases} (FWT(A_0),FWT(A_0+A_1))(n\ne1)\\ A(n=1) \end{cases}FWT(A)={(FWT(A0),FWT(A0+A1))(n̸=1)A(n=1)
这么定义的原因：因为A0A_0A0的编号的最高位都是0，A1A_1A1的编号与A0A_0A0的编号的最高位变成1的结果一一对应，因为是or运算，所以A0A_0A0能到A1A_1A1里一一对应的贡献
然后考虑IFWTIFWTIFWT（定义IFWT(FWT(A))=AIFWT(FWT(A))=AIFWT(FWT(A))=A），由于FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)(这个证明不用说了吧，看我的定义，这个相当于乘法分配律拆一下就好了)，可以列出IFWTIFWTIFWT的式子，推导：
已知FWT(A)0FWT(A)_0FWT(A)0、FWT(A)1FWT(A)_1FWT(A)1，求A0A_0A0、A1A_1A1
∵FWT(A)0=FWT(A0)∴A0=IDFT(FWT(A0))=IDFT(FWT(A)0)∵FWT(A)1=FWT(A0)+FWT(A1)∴A1=IDFT(FWT(A1))=IDFT(FWT(A)1−FWT(A)0)\because FWT(A)_0=FWT(A_0)\\ \therefore A_0=IDFT(FWT(A_0))=IDFT(FWT(A)_0)\\ \because FWT(A)_1=FWT(A_0)+FWT(A_1)\\ \therefore A_1= IDFT(FWT(A_1))=IDFT(FWT(A)_1-FWT(A)_0)∵FWT(A)0=FWT(A0)∴A0=IDFT(FWT(A0))=IDFT(FWT(A)0)∵FWT(A)1=FWT(A0)+FWT(A1)∴A1=IDFT(FWT(A1))=IDFT(FWT(A)1−FWT(A)0)

总结：
IFWT(A)={(IFWT(A0),IFWT(A1−A0))(n≠1)A(n=1)IFWT(A)=\begin{cases} (IFWT(A_0),IFWT(A_1-A_0))(n\ne1)\\ A(n=1) \end{cases}IFWT(A)={(IFWT(A0),IFWT(A1−A0))(n̸=1)A(n=1)
然后就可以写代码了（代码和FFT有点像）

inline void FWT(LL*A,const int fla)
{for(rg int i=1;i<lenth;i<<=1)for(rg int j=0;j<lenth;j+=(i<<1))for(rg int k=0;k<i;k++)A[j+k+i]+=A[j+k]*fla;
}

然后or运算的FWT就没了

3.2and运算（本质FMT）

3.2.1构造

and其实和or差的不多
现在要求的是：cn=∑i&j=naibjc_n=\sum_{i\&j=n}a_ib_jcn=i&j=n∑aibj
同样定义FWT(A)：
FWT(A)=(∑i&0=0ai,∑i&1=1ai,∑i&2=2ai⋅⋅⋅∑i&(n−1)=(n−1)ai)\begin{aligned} FWT(A)=(\sum_{i\&0=0}a_i,\sum_{i\&1=1}a_i,\sum_{i\&2=2}a_i···\sum_{i\&(n-1)=(n-1)}a_i) \end{aligned} FWT(A)=(i&0=0∑ai,i&1=1∑ai,i&2=2∑ai⋅⋅⋅i&(n−1)=(n−1)∑ai)
同样的：FWT(A&B)=FWT(A)∗FWT(B)FWT(A\&B)=FWT(A)*FWT(B)FWT(A&B)=FWT(A)∗FWT(B)
证明：
FWT(A)∗FWT(B)=(∑i&0=0ai,∑i&1=1ai,∑i&2=2ai⋅⋅⋅∑i&(n−1)=(n−1)ai)∗(∑i&0=0bi,∑i&1=1bi,∑i&2=2bi⋅⋅⋅∑i&(n−1)=(n−1)bi)=((∑i&0=0ai)∗(∑j&0=0bj),(∑i&1=1ai)∗(∑j&1=1bj),(∑i&2=2ai)∗(∑j&2=2bj)⋅⋅⋅(∑i&(n−1)=(n−1)ai)∗(∑j&(n−1)=(n−1)bj))=(∑i&j&0=0ai∗bj,∑i&j&1=1ai∗bj,∑i&j&2=2ai∗bj⋅⋅⋅∑i&j&(n−1)=(n−1)ai∗bj)=(∑k&0=0∑i&j=kai∗bj,∑k&1=1∑i&j=kai∗bj,∑k&2=2∑i&j=kai∗bj⋅⋅⋅∑k&(n−1)=(n−1)∑i&j=kai∗bj)=FWT(A&B)\begin{aligned} FWT(A)*FWT(B)&=(\sum_{i\&0=0}a_i,\sum_{i\&1=1}a_i,\sum_{i\&2=2}a_i···\sum_{i\&(n-1)=(n-1)}a_i)*(\sum_{i\&0=0}b_i,\sum_{i\&1=1}b_i,\sum_{i\&2=2}b_i···\sum_{i\&(n-1)=(n-1)}b_i)\\ &=((\sum_{i\&0=0}a_i)*(\sum_{j\&0=0}b_j),(\sum_{i\&1=1}a_i)*(\sum_{j\&1=1}b_j),(\sum_{i\&2=2}a_i)*(\sum_{j\&2=2}b_j)···(\sum_{i\&(n-1)=(n-1)}a_i)*(\sum_{j\&(n-1)=(n-1)}b_j))\\ &=(\sum_{i\&j\&0=0}a_i*b_j,\sum_{i\&j\&1=1}a_i*b_j,\sum_{i\&j\&2=2}a_i*b_j···\sum_{i\&j\&(n-1)=(n-1)}a_i*b_j)\\ &=(\sum_{k\&0=0}\sum_{i\&j=k}a_i*b_j,\sum_{k\&1=1}\sum_{i\&j=k}a_i*b_j,\sum_{k\&2=2}\sum_{i\&j=k}a_i*b_j···\sum_{k\&(n-1)=(n-1)}\sum_{i\&j=k}a_i*b_j)\\ &=FWT(A\&B) \end{aligned} FWT(A)∗FWT(B)=(i&0=0∑ai,i&1=1∑ai,i&2=2∑ai⋅⋅⋅i&(n−1)=(n−1)∑ai)∗(i&0=0∑bi,i&1=1∑bi,i&2=2∑bi⋅⋅⋅i&(n−1)=(n−1)∑bi)=((i&0=0∑ai)∗(j&0=0∑bj),(i&1=1∑ai)∗(j&1=1∑bj),(i&2=2∑ai)∗(j&2=2∑bj)⋅⋅⋅(i&(n−1)=(n−1)∑ai)∗(j&(n−1)=(n−1)∑bj))=(i&j&0=0∑ai∗bj,i&j&1=1∑ai∗bj,i&j&2=2∑ai∗bj⋅⋅⋅i&j&(n−1)=(n−1)∑ai∗bj)=(k&0=0∑i&j=k∑ai∗bj,k&1=1∑i&j=k∑ai∗bj,k&2=2∑i&j=k∑ai∗bj⋅⋅⋅k&(n−1)=(n−1)∑i&j=k∑ai∗bj)=FWT(A&B)
然后没啦

3.2.2计算

我们一样可以递归定义
FWT(A)={(FWT(A0+A1),FWT(A1))(n≠1)A(n=1)FWT(A)=\begin{cases} (FWT(A_0+A_1),FWT(A_1))(n\ne1)\\ A(n=1) \end{cases}FWT(A)={(FWT(A0+A1),FWT(A1))(n̸=1)A(n=1)
这么定义的原因（其实和or差不多）：因为A0A_0A0的编号的最高位都是0，A1A_1A1的编号与A0A_0A0的编号的最高位变成1的结果一一对应，因为是and运算，所以A1A_1A1能到A0A_0A0里一一对应的贡献
然后是IFWTIFWTIFWT,推导：
已知FWT(A)0FWT(A)_0FWT(A)0、FWT(A)1FWT(A)_1FWT(A)1，求A0A_0A0、A1A_1A1
∵FWT(A)0=FWT(A0)+FWT(A1)∴A0=IDFT(FWT(A0))=IDFT(FWT(A)0−FWT(A)1)∵FWT(A)1=FWT(A1)∴A1=IDFT(FWT(A1))=IDFT(FWT(A)1)\because FWT(A)_0=FWT(A_0)+FWT(A_1)\\ \therefore A_0=IDFT(FWT(A_0))=IDFT(FWT(A)_0-FWT(A)_1)\\ \because FWT(A)_1=FWT(A_1)\\ \therefore A_1= IDFT(FWT(A_1))=IDFT(FWT(A)_1)∵FWT(A)0=FWT(A0)+FWT(A1)∴A0=IDFT(FWT(A0))=IDFT(FWT(A)0−FWT(A)1)∵FWT(A)1=FWT(A1)∴A1=IDFT(FWT(A1))=IDFT(FWT(A)1)

总结：
IFWT(A)={(IFWT(A0−A1),IFWT(A1))(n≠1)A(n=1)IFWT(A)=\begin{cases} (IFWT(A_0-A_1),IFWT(A_1))(n\ne1)\\ A(n=1) \end{cases}IFWT(A)={(IFWT(A0−A1),IFWT(A1))(n̸=1)A(n=1)
然后上代码

inline void FWT(LL*A,const int fla)
{for(rg int i=1;i<lenth;i<<=1)for(rg int j=0;j<lenth;j+=(i<<1))for(rg int k=0;k<i;k++)A[j+k]+=A[j+k+i]*fla;
}

完

3.3xor运算（本质FWT）

3.3.1构造

哦不，这是最烦的xor运算，我的思路在xor下是最烦的
现在要求的是：cn=∑i⊕j=naibjc_n=\sum_{i\oplus j=n}a_ib_jcn=i⊕j=n∑aibj
也要定义FWT(A)，然而定义有一点烦：
update：这是新版本，比较清晰易懂：

符号说明：
popcount(x)popcount(x)popcount(x)等于x在二进制下1的数量，我在下面简写为pc(x)pc(x)pc(x)

FWT(A)=(∑(−1)pc(i&0)ai,∑(−1)pc(i&1)ai⋅⋅⋅∑(−1)pc(i&(n−1))ai)FWT(A)=(\sum (-1)^{pc(i\&0)}a_i,\sum (-1)^{pc(i\&1)}a_i···\sum (-1)^{pc(i\&(n-1))}a_i) FWT(A)=(∑(−1)pc(i&0)ai,∑(−1)pc(i&1)ai⋅⋅⋅∑(−1)pc(i&(n−1))ai)
证明：FWT(A⊕B)=FWT(A)∗FWT(B)FWT(A\oplus B)=FWT(A)*FWT(B)FWT(A⊕B)=FWT(A)∗FWT(B)
FWT(A)∗FWT(B)=(∑(−1)pc(i&0)ai,∑(−1)pc(i&1)ai⋅⋅⋅∑(−1)pc(i&(n−1))ai)∗(∑(−1)pc(i&0)bi,∑(−1)pc(i&1)bi⋅⋅⋅∑(−1)pc(i&(n−1))bi)=((∑(−1)pc(i&0)ai)∗((∑(−1)pc(j&0)bj)),(∑(−1)pc(i&1)ai)∗(∑(−1)pc(j&1)bj)⋅⋅⋅(∑(−1)pc(i&(n−1))ai)∗(∑(−1)pc(j&(n−1))bj))=(∑(−1)pc(i⊕j&0)ai∗bj,(∑(−1)pc(i⊕j&1)ai∗bj⋅⋅⋅(∑(−1)pc(i⊕j&(n−1))ai∗bj)=(∑(−1)pc(k&0)∑i⊕j=kai∗bj,∑(−1)pc(k&1)∑i⊕j=kai∗bj⋅⋅⋅∑(−1)pc(k&(n−1))∑i⊕j=kai∗bj)=FWT(A⊕B)\begin{aligned} FWT(A)*FWT(B)&=(\sum (-1)^{pc(i\&0)}a_i,\sum (-1)^{pc(i\&1)}a_i···\sum (-1)^{pc(i\&(n-1))}a_i)*(\sum (-1)^{pc(i\&0)}b_i,\sum (-1)^{pc(i\&1)}b_i···\sum (-1)^{pc(i\&(n-1))}b_i)\\ &=((\sum (-1)^{pc(i\&0)}a_i)*((\sum (-1)^{pc(j\&0)}b_j)),(\sum (-1)^{pc(i\&1)}a_i)*(\sum (-1)^{pc(j\&1)}b_j)···(\sum (-1)^{pc(i\&(n-1))}a_i)*(\sum (-1)^{pc(j\&(n-1))}b_j))\\ &=(\sum (-1)^{pc(i\oplus j\&0)}a_i*b_j,(\sum (-1)^{pc(i\oplus j\&1)}a_i*b_j···(\sum (-1)^{pc(i\oplus j\&(n-1))}a_i*b_j)\\ &=(\sum (-1)^{pc(k\&0)}\sum _{i\oplus j=k}a_i*b_j,\sum (-1)^{pc(k\&1)}\sum _{i\oplus j=k}a_i*b_j···\sum (-1)^{pc(k\&(n-1))}\sum _{i\oplus j=k}a_i*b_j)\\ &=FWT(A\oplus B) \end{aligned} FWT(A)∗FWT(B)=(∑(−1)pc(i&0)ai,∑(−1)pc(i&1)ai⋅⋅⋅∑(−1)pc(i&(n−1))ai)∗(∑(−1)pc(i&0)bi,∑(−1)pc(i&1)bi⋅⋅⋅∑(−1)pc(i&(n−1))bi)=((∑(−1)pc(i&0)ai)∗((∑(−1)pc(j&0)bj)),(∑(−1)pc(i&1)ai)∗(∑(−1)pc(j&1)bj)⋅⋅⋅(∑(−1)pc(i&(n−1))ai)∗(∑(−1)pc(j&(n−1))bj))=(∑(−1)pc(i⊕j&0)ai∗bj,(∑(−1)pc(i⊕j&1)ai∗bj⋅⋅⋅(∑(−1)pc(i⊕j&(n−1))ai∗bj)=(∑(−1)pc(k&0)i⊕j=k∑ai∗bj,∑(−1)pc(k&1)i⊕j=k∑ai∗bj⋅⋅⋅∑(−1)pc(k&(n−1))i⊕j=k∑ai∗bj)=FWT(A⊕B)

下面是老版本，是一个不太标准的形式，你可以直接跳到3.3.2

符号说明：
popcount(x)popcount(x)popcount(x)等于x在二进制下1的数量，我在下面简写为pc(x)pc(x)pc(x)
逻辑运算符a?b:c 代表若a为真，那么值为b，若为假，值为c

FWT(A)=(∑pc(i&0)mod2==0?ai:−ai,∑pc(i&1)mod2==0?ai:−ai,∑pc(i&2)mod2==0?ai:−ai⋅⋅⋅∑pc(i&(n−1))mod2==0?ai:−ai)FWT(A)=(\sum pc(i\&0)mod\ 2==0? a_i:-a_i,\sum pc(i\&1)mod\ 2==0? a_i:-a_i,\sum pc(i\&2)mod\ 2==0? a_i:-a_i···\sum pc(i\&(n-1))mod\ 2==0? a_i:-a_i) FWT(A)=(∑pc(i&0)mod 2==0?ai:−ai,∑pc(i&1)mod 2==0?ai:−ai,∑pc(i&2)mod 2==0?ai:−ai⋅⋅⋅∑pc(i&(n−1))mod 2==0?ai:−ai)
不容易发现一件事：FWT(A⊕B)=FWT(A)∗FWT(B)FWT(A\oplus B)=FWT(A)*FWT(B)FWT(A⊕B)=FWT(A)∗FWT(B)
证明：
FWT(A)∗FWT(B)=(∑pc(i&0)mod2==0?ai:−ai,∑pc(i&1)mod2==0?ai:−ai,∑pc(i&2)mod2==0?ai:−ai⋅⋅⋅∑pc(i&(n−1))mod2==0?ai:−ai)∗(∑pc(i&0)mod2==0?bi:−bi,∑pc(i&1)mod2==0?bi:−bi,∑pc(i&2)mod2==0?bi:−bi⋅⋅⋅∑pc(i&(n−1))mod2==0?bi:−bi)=((∑pc(i&0)mod2==0?ai:−ai)∗(∑pc(j&0)mod2==0?bj:−bj),(∑pc(i&1)mod2==0?ai:−ai)∗(∑pc(j&1)mod2==0?bj:−bj),(∑pc(i&2)mod2==0?ai:−ai)∗(∑pc(j&2)mod2==0?bj:−bj)⋅⋅⋅(∑pc(i&(n−1))mod2==0?ai:−ai)∗(∑pc(j&(n−1))mod2==0?bj:−bj))=(∑pc((i⊕j)&0)mod2==0?ai∗bj:−ai∗bj,∑pc((i⊕j)&1)mod2==0?ai∗bj:−ai∗bj,∑pc((i⊕j)&2)mod2==0?ai∗bj:−ai∗bj⋅⋅⋅∑pc((i⊕j)&(n−1))mod2==0?ai∗bj:−ai∗bj)=(∑pc(k&0)mod2==0?∑i⊕j=kai∗bj:−∑i⊕j=kai∗bj,∑pc(k&1)mod2==0?∑i⊕j=kai∗bj:−∑i⊕j=kai∗bj,∑pc(k&2)mod2==0?∑i⊕j=kai∗bj:−∑i⊕j=kai∗bj⋅⋅⋅∑pc(k&(n−1))mod2==0?∑i⊕j=kai∗bj:−∑i⊕j=kai∗bj)=FWT(A⊕B)\begin{aligned} FWT(A)*FWT(B)&=(\sum pc(i\&0)mod\ 2==0? a_i:-a_i,\sum pc(i\&1)mod\ 2==0? a_i:-a_i,\sum pc(i\&2)mod\ 2==0? a_i:-a_i···\sum pc(i\&(n-1))mod\ 2==0? a_i:-a_i)*(\sum pc(i\&0)mod\ 2==0? b_i:-b_i,\sum pc(i\&1)mod\ 2==0? b_i:-b_i,\sum pc(i\&2)mod\ 2==0? b_i:-b_i···\sum pc(i\&(n-1))mod\ 2==0? b_i:-b_i)\\ &=((\sum pc(i\&0)mod\ 2==0? a_i:-a_i)*(\sum pc(j\&0)mod\ 2==0? b_j:-b_j),(\sum pc(i\&1)mod\ 2==0? a_i:-a_i)*(\sum pc(j\&1)mod\ 2==0? b_j:-b_j),(\sum pc(i\&2)mod\ 2==0? a_i:-a_i)*(\sum pc(j\&2)mod\ 2==0? b_j:-b_j)···(\sum pc(i\&(n-1))mod\ 2==0? a_i:-a_i)*(\sum pc(j\&(n-1))mod\ 2==0? b_j:-b_j))\\ &=(\sum pc((i\oplus j)\&0)mod\ 2==0? a_i*b_j:-a_i*b_j,\sum pc((i\oplus j)\&1)mod\ 2==0? a_i*b_j:-a_i*b_j,\sum pc((i\oplus j)\&2)mod\ 2==0? a_i*b_j:-a_i*b_j···\sum pc((i\oplus j)\&(n-1))mod\ 2==0? a_i*b_j:-a_i*b_j)\\ &=(\sum pc(k\&0)mod\ 2==0?\sum_{i \oplus j=k}a_i*b_j:-\sum_{i \oplus j=k}a_i*b_j,\sum pc(k\&1)mod\ 2==0? \sum_{i \oplus j=k}a_i*b_j:-\sum_{i \oplus j=k}a_i*b_j,\sum pc(k\&2)mod\ 2==0? \sum_{i \oplus j=k}a_i*b_j:-\sum_{i \oplus j=k}a_i*b_j···\sum pc(k\&(n-1))mod\ 2==0? \sum_{i \oplus j=k}a_i*b_j:-\sum_{i \oplus j=k}a_i*b_j)\\ &=FWT(A\oplus B) \end{aligned} FWT(A)∗FWT(B)=(∑pc(i&0)mod 2==0?ai:−ai,∑pc(i&1)mod 2==0?ai:−ai,∑pc(i&2)mod 2==0?ai:−ai⋅⋅⋅∑pc(i&(n−1))mod 2==0?ai:−ai)∗(∑pc(i&0)mod 2==0?bi:−bi,∑pc(i&1)mod 2==0?bi:−bi,∑pc(i&2)mod 2==0?bi:−bi⋅⋅⋅∑pc(i&(n−1))mod 2==0?bi:−bi)=((∑pc(i&0)mod 2==0?ai:−ai)∗(∑pc(j&0)mod 2==0?bj:−bj),(∑pc(i&1)mod 2==0?ai:−ai)∗(∑pc(j&1)mod 2==0?bj:−bj),(∑pc(i&2)mod 2==0?ai:−ai)∗(∑pc(j&2)mod 2==0?bj:−bj)⋅⋅⋅(∑pc(i&(n−1))mod 2==0?ai:−ai)∗(∑pc(j&(n−1))mod 2==0?bj:−bj))=(∑pc((i⊕j)&0)mod 2==0?ai∗bj:−ai∗bj,∑pc((i⊕j)&1)mod 2==0?ai∗bj:−ai∗bj,∑pc((i⊕j)&2)mod 2==0?ai∗bj:−ai∗bj⋅⋅⋅∑pc((i⊕j)&(n−1))mod 2==0?ai∗bj:−ai∗bj)=(∑pc(k&0)mod 2==0?i⊕j=k∑ai∗bj:−i⊕j=k∑ai∗bj,∑pc(k&1)mod 2==0?i⊕j=k∑ai∗bj:−i⊕j=k∑ai∗bj,∑pc(k&2)mod 2==0?i⊕j=k∑ai∗bj:−i⊕j=k∑ai∗bj⋅⋅⋅∑pc(k&(n−1))mod 2==0?i⊕j=k∑ai∗bj:−i⊕j=k∑ai∗bj)=FWT(A⊕B)
这个证明写的我累死了

证完就好了

3.3.2计算

定义
FWT(A)={(FWT(A0+A1),FWT(A0−A1))(n≠1)A(n=1)FWT(A)=\begin{cases} (FWT(A_0+A_1),FWT(A_0-A_1))(n\ne1)\\ A(n=1) \end{cases}FWT(A)={(FWT(A0+A1),FWT(A0−A1))(n̸=1)A(n=1)
我觉得FWT的脑洞真大，为啥这样就好了呢
就让我来解释一下吧
前提条件一样FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)，通过这个把式子拆开
考虑当前二进制最高位，前2k−12^{k-1}2k−1项的位置最高位都为0，所以and最高位之后一定不会是1所以A0A_0A0和A1A_1A1的贡献都是原符号，由于后2k−12^{k-1}2k−1项的位置最高位都为1，所以A0A_0A0的贡献都是原符号，A1A_1A1的贡献符号反号
那么IFWT呢？
推导：
已知FWT(A)0FWT(A)_0FWT(A)0、FWT(A)1FWT(A)_1FWT(A)1，求A0A_0A0、A1A_1A1
∵FWT(A)0=FWT(A0)+FWT(A1)，FWT(A)1=FWT(A0)−FWT(A1)∴A0=IDFT(FWT(A0))=IDFT(FWT(A)0+FWT(A)12)，A1=IDFT(FWT(A1))=IDFT(FWT(A)0−FWT(A)12)\because FWT(A)_0=FWT(A_0)+FWT(A_1)，FWT(A)_1=FWT(A_0)-FWT(A_1)\\ \therefore A_0=IDFT(FWT(A_0))=IDFT(\frac {FWT(A)_0+FWT(A)_1}2)，A_1= IDFT(FWT(A_1))=IDFT(\frac {FWT(A)_0-FWT(A)_1}2)∵FWT(A)0=FWT(A0)+FWT(A1)，FWT(A)1=FWT(A0)−FWT(A1)∴A0=IDFT(FWT(A0))=IDFT(2FWT(A)0+FWT(A)1)，A1=IDFT(FWT(A1))=IDFT(2FWT(A)0−FWT(A)1)

总结：
IFWT(A)={(IFWT(A0)+IFWT(A1)2,IFWT(A0)−IFWT(A1)2)(n≠1)A(n=1)IFWT(A)=\begin{cases} (\frac {IFWT(A_0)+IFWT(A_1)}{2},\frac {IFWT(A_0)-IFWT(A_1)}{2})(n\ne1)\\ A(n=1) \end{cases}IFWT(A)={(2IFWT(A0)+IFWT(A1),2IFWT(A0)−IFWT(A1))(n̸=1)A(n=1)

代码

inline void FWT(LL*A,const int fla)
{for(rg int i=1;i<lenth;i<<=1)for(rg int j=0;j<lenth;j+=(i<<1))for(rg int k=0;k<i;k++){const int x=A[j+k],y=A[j+k+i];A[j+k]=x+y;A[j+k+i]=x-y;if(fla==-1)A[j+k]/=2,A[j+k+i]/=2;}
}

然后好像还有个优化，在一定条件下可以使用，就是把除法留到最后除，代码：

inline void FWT(LL*A,const int fla)
{for(rg int i=1;i<lenth;i<<=1)for(rg int j=0;j<lenth;j+=(i<<1))for(rg int k=0;k<i;k++){const int x=A[j+k],y=A[j+k+i];A[j+k]=x+y;A[j+k+i]=x-y;}if(fla==-1)for(rg int i=0;i<lenth;i++)A[i]/=lenth;
}

这就是xor的FWT啦

4总结

这个FWT写了好久，终于完结了，其实FWT本身代码并不长，关键在于理解。FWT用到的地方没FFT多，但依然值得学一下，拓宽思路
相关的题？
例题1(by update)： NowCoder 295-H
题意，给出n个数（n≤500000，ai≤500000n\leq500000，a_i\leq500000n≤500000，ai≤500000），要求选出最少的数使异或值为所有数的异或值
解法，用0/1代表x值是否能取到，使用FWT异或卷积，容易发现最多做log次，每一次推复杂度O(n)O(n)O(n)，做IDFT时由于只要求一个值，所以复杂度O(n)O(n)O(n)，总复杂度O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)
代码：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define rg register
typedef long long LL;
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline void mind(T&a,const T b){a=a<b?a:b;}
template <typename T> inline void maxd(T&a,const T b){a=a>b?a:b;}
template <typename T> inline T abs(const T a){return a>0?a:-a;}
template <typename T> inline void swap(T&a,T&b){T c=a;a=b;b=c;}
template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
template <typename T> inline T lcm(const T a,const T b){return a/gcd(a,b)*b;}
template <typename T> inline T square(const T x){return x*x;};
template <typename T> inline void read(T&x)
{char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;
}
template <typename T> inline void printe(const T x)
{if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');
}
template <typename T> inline void print(const T x)
{if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);
}
const int mod=998244353,lenth=524288;
int n,a[lenth],pc[lenth],val,f[lenth];
inline void FWT(int *A)
{for(rg int i=1;i<lenth;i<<=1)for(rg int j=0;j<lenth;j+=i<<1)for(rg int k=0;k<i;k++){const int x=A[j+k],y=A[j+k+i];A[j+k]=(x+y)%mod;A[j+k+i]=(x+mod-y)%mod;}
}
int main()
{read(n);for(rg int i=1,x;i<=n;i++)read(x),a[i]=1,val^=x;a[0]=1;FWT(a);for(rg int i=1;i<lenth;i++)pc[i]=pc[i^(i&-i)]+1;for(rg int i=0;i<lenth;i++)f[i]=1;for(rg int tim=0;tim<=19;tim++){LL calc=0;for(rg int i=0;i<lenth;i++)calc+=(pc[i&val]&1)?-f[i]:f[i];calc%=mod;if(calc){print(n-tim);return 0;}for(rg int i=0;i<lenth;i++)f[i]=(LL)f[i]*a[i]%mod;}return 0;
}

例题2(by update)：
我的博客：CF 453 D
撒花结束！
由于写这篇博客写的匆忙，并且很多东西是自己推的，所以如果发现有误请及时提醒我哦