知识点 - 快速沃尔什变换

解决问题类型：

FWTFWTFWT是用来处理位运算(异或、与、或)卷积的一种变换。位运算卷积是什么？形如f[i]=∑j⊕k==ig[j]∗h[k]f[i]=∑_{j⊕k==i}g[j]∗h[k]f[i]=∑j⊕k==ig[j]∗h[k]的卷积形式(其中⊕⊕⊕为位运算)就是位运算卷积。如果暴力枚举的话，时间复杂度是O(n2)O(n^2)O(n2)，但运用FWTFWTFWT来解决就可达到O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)的时间复杂度。FSTFSTFST则是借助FWTFWTFWT来进行的对子集卷积的优化，相当于FWTFWTFWT的一个应用。

前置知识

卷积
异或，或，与

实现

与卷积

对于与运算，有一个结论：(i&j)&k==k<−−>(i&k==k)&&(j&k==k)(i\&j)\&k==k<−−>(i\&k==k)\&\&(j\&k==k)(i&j)&k==k<−−>(i&k==k)&&(j&k==k)。

那么我们就可以构造一个求父集和的函数 F(i)=∑j&i==if(i)F(i)=\sum\limits_{j\&i==i}^{ }f(i)F(i)=j&i==i∑f(i)，由此我们可以推出：

G(k)∗H(k)G(k)∗H(k)G(k)∗H(k)

=∑i&k==kg(i)∑j&k==kh(j)=\sum\limits_{i\&k==k}^{ }g(i)\sum\limits_{j\&k==k}^{ }h(j)=i&k==k∑g(i)j&k==k∑h(j)

=∑(i&j)&k==kg(i)∗h(j)=\sum\limits_{(i\&j)\&k==k}^{ }g(i)*h(j)=(i&j)&k==k∑g(i)∗h(j)

=∑t&k==k∑i&j==tg(i)∗h(j)=\sum\limits_{t\&k==k}^{ }\sum\limits_{i\&j==t}^{ }g(i)*h(j)=t&k==k∑i&j==t∑g(i)∗h(j)

因为f(t)=∑i&j==tg(i)∗h(j)f(t)=\sum\limits_{i\&j==t}^{ }g(i)*h(j)f(t)=i&j==t∑g(i)∗h(j)

所有上式=∑t&k==kf(t)=F(k)=\sum\limits_{t\&k==k}^{ }f(t)=F(k)=t&k==k∑f(t)=F(k)

因此我们只需要将g,hg,hg,h正变换成G,HG,HG,H然后对应位相乘得到FFF后再将FFF逆变换回去即可得到fff。

那么如何正变换？

以下面为例：

00 a

01 b

10 c

11 d

我们从最低位开始考虑，每次只考虑只有当前位不同的两个数之间的影响。显然求父集只有111会对000有贡献，因此我们将010101的值加到000000上，将111111的值加到101010上，再看下一位，同样将111111的值加到010101上，将101010的值加到000000上。这样最后000000的值为a+b+c+da+b+c+da+b+c+d，010101的值为b+db+db+d，101010的值为c+dc+dc+d，111111的值为ddd。同样逆变换就是将111的值从000上减掉即可。

void fwt_and(int *a,int opt) {for(int k=2; k<=n; k<<=1) {for(int i=0,t=k>>1; i<n; i+=k) {for(int j=i; j<i+t; j++) {if(opt==1)  a[j]=(a[j]+a[j+t])%mod;else        a[j]=(a[j]-a[j+t]+mod)%mod;}}}
}

或卷积

或卷积和与卷积类似，对于或卷积同样有结论：(i∣j)∣k==k<−−>(i∣k==k)&&(j∣k==k)(i|j)|k==k<-->(i|k==k)\&\&(j|k==k)(i∣j)∣k==k<−−>(i∣k==k)&&(j∣k==k)这次我们需要构造一个求子集和的函数G(i)=∑j∣i==ig(j)G(i)=\sum\limits_{j|i==i}^{ }g(j)G(i)=j∣i==i∑g(j)，推导过程和与卷积类似。

对于正变换，显然只有000对111有贡献；对于逆变换，只需要将000的值从111中减掉即可。

附上代码

void fwt_or(int *a,int opt) {for(int k=2; k<=n; k<<=1) {for(int i=0,t=k>>1; i<n; i+=k) {for(int j=i; j<i+t; j++) {if(opt==1)  a[j+t]=(a[j+t]+a[j])%mod;else a[j+t]=(a[j+t]-a[j]+mod)%mod;}}}
}

异或卷积

对于异或卷积，我们设bit(i)bit(i)bit(i)代表iii的二进制中111的奇偶性，因此有一个结论(这里异或用⊕表示)：

bit(i&k)⊕bit(j&k)=bit((i⊕j)&k)bit(i\&k)\oplus bit(j\&k)=bit((i\oplus j)\&k)bit(i&k)⊕bit(j&k)=bit((i⊕j)&k)

对于原多项式ggg构造G(i)=∑j=02n−1(−1)bit(j&i)g(j)G(i)=\sum\limits_{j=0}^{2^n-1}(-1)^{bit(j\&i)}g(j)G(i)=j=0∑2n−1(−1)bit(j&i)g(j)

开始推导：
KaTeX parse error: No such environment: align at position 17: …{align} \begin {̲a̲l̲i̲g̲n̲}̲ G(k)*H(k) & \\… {align}
对于正变换，我们同样从最低位向最高位考虑，每次只考虑只有当前位不同的两个数之间的影响。对于每对000和111(设值分别为aaa和bbb)，0&0=00\&0=00&0=0和0&1=00\&1=00&1=0都不会影响bitbitbit的值，所以000那个位置的值变成a+ba+ba+b；1&0=01\&0=01&0=0不会影响bitbitbit的值，但1&1=11\&1=11&1=1会影响bitbitbit的值(相当于在前面乘上一个−1−1−1的系数)，因此111那个位置的值变成a−ba−ba−b。对于逆变换，相当于我们现在知道两个位置x=a+bx=a+bx=a+b，y=a−by=a−by=a−b，求aaa和bbb，可以得到a=(x+y)/2,b=(x−y)/2a=(x+y)/2,b=(x−y)/2a=(x+y)/2,b=(x−y)/2。

void fwt_xor(int *a,int opt) {int tmp;for(int k=2; k<=n; k<<=1) {for(int i=0,t=k>>1; i<n; i+=k) {for(int j=i; j<i+t; j++) {tmp=a[j];a[j]=(a[j]+a[j+t])%mod;a[j+t]=(tmp-a[j+t]+mod)%mod;if(opt==-1) {a[j]=1ll*a[j]*inv%mod;a[j+t]=1ll*a[j+t]*inv%mod;}}}}
}

K进制异或卷积

可以发现二进制的异或运算相当于不进位加法即每一位对应相加后对222取模，而与运算相当于不进位乘法即每一位对应相乘后对222取模，bitbitbit相当于求二进制每一位的和对222取模。那么我们将这些在二进制下的运算扩展到KKK进制可以发现同样满足上述的结论，但对于从ggg求GGG的部分每个数前面的系数的底数是−1−1−1，显然这个系数不能扩展到KKK进制。那么我们现在就需要找一个系数www满足w0,w1,w2……wk−1w0,w1,w2……wk−1w0,w1,w2……wk−1都各不相同且wi=wiwi=wi%kwi=wi。从FFTFFTFFT中我们知道了复数单位根这个东西，那么我们完全可以将www取KKK次单位根，这样就可以满足以上性质了！类比二进制亦或的正变换也可以得出KKK进制的正变换。

FST

FSTFSTFST通常用来优化一类子集DPDPDP，例如f(S)=∑g(T)∗h(S−T)f(S)=∑g(T)∗h(S−T)f(S)=∑g(T)∗h(S−T)，其中TTT是SSS的子集。

这里就不在介绍了。

复杂度

O(NlogN)O(NlogN)O(NlogN)

例题

bzoj4589: Hard Nim
H 牛客
Tree Cutting HDU - 5909
622C Binary Table.cpp状态压缩、FWT
Maxor 求一组数中,两两异或的最大值，并输出方案数

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for(int i = (int)j;i <= (int)k;i ++)
#define debug(x) cerr<<#x<<":"<<x<<endl
#define pb push_backtypedef long long ll;
typedef pair<int,int> pi;
const int MAXN = (int)1e6+7;const int MOD=998244353,inv2=(MOD+1)/2;
int a[1<<17],b[1<<17];
int f[1<<17],g[1<<17];
void fwtor(int f[],int n,int op){for(int p=2;p<=n;p<<=1){int len=p>>1;for(int k=0;k<n;k+=p)for(int i=k;i<k+len;++i)f[i+len]=(f[i+len]+op*f[i])%MOD;}
}
void calcor(int f[],int g[],int n){fwtor(f,n,1),fwtor(g,n,1);for(int i=0;i<n;++i) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;fwtor(f,n,-1);for(int i=0;i<n;++i) f[i]=(f[i]+MOD)%MOD;
}void fwtand(int f[],int n,int op){for(int p=2;p<=n;p<<=1){int len=p>>1;for(int k=0;k<n;k+=p)for(int i=k;i<k+len;++i)f[i]=(f[i]+op*f[i+len])%MOD;}
}
void calcand(int f[],int g[],int n){fwtand(f,n,1),fwtand(g,n,1);for(int i=0;i<n;++i) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;fwtand(f,n,-1);for(int i=0;i<n;++i) f[i]=(f[i]+MOD)%MOD;
}void fwtxor(int f[],int n,int op){for(int p=2;p<=n;p<<=1){int len=p>>1;for(int k=0;k<n;k+=p)for(int i=k;i<k+len;++i){int t=f[i+len];f[i+len]=(f[i]-f[i+len]+MOD)%MOD;f[i]=(f[i]+t)%MOD;}if(op==-1) for(int i=0;i<n;++i) f[i]=(ll)f[i]*inv2%MOD;}
}
void calcxor(int f[],int g[],int n){fwtxor(f,n,1),fwtxor(g,n,1);for(int i=0;i<n;++i) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;fwtxor(f,n,-1);
}int main()
{int n;ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> n;n = (1<<n); //注意这里传入的n必须是2的倍数，注意f，g数组的初始化必须也要到n为止。rep(i,0,n-1) cin >> a[i];rep(i,0,n-1) cin >> b[i];for(int i=0;i<n;++i) f[i]=a[i],g[i]=b[i];calcor(f,g,n);rep(i,0,n-1) cout << f[i] << " ";cout << endl;for(int i=0;i<n;++i) f[i]=a[i],g[i]=b[i];calcand(f,g,n);rep(i,0,n-1) cout << f[i] << " ";cout << endl;for(int i=0;i<n;++i) f[i]=a[i],g[i]=b[i];calcxor(f,g,n);rep(i,0,n-1) cout << f[i] << " ";cout << endl;
}