FWT学习小结

引入

有的时候我们需要进行这样的求和:
$\sum_{x \otimes y} a[x]\cdot b[y]$
其中 $\otimes$为二元运算 $and ,or,\text{xor}$之一,即位运算卷积.

暴力显然是 $O(n^2)$,我们可不可以用类似 $FFT$的思想,把 $a,b$转化为 $fwt[a],fwt[b]$(转点值),然后令
$fwt[c]=fwt[a]\cdot fwt[b]$,然后再对 $fwt[c]$进行求逆呢?(由点值求系数) 答案是肯定的!

这样的正逆变换 称为 快速沃尔什变换.

$or$

令 $fwt[a][i]=\sum_{i|j=i} a[j]$.
我们把每个二进制看做一维的话,就是一个高维前缀和啦~~

设 $a_0,a_1$表示 $a$前后长度为 $n/2$的系数子序列,令 $a_0+a_1$表示对应位置相加, $\text{merge}$表示序列相接,则有.

$fwt[a]=\text{merge}(fwt[a_0],fwt[a_0+a_1])$.

void fwt_or(int *f) {
    for(int k=1;k<n;k*=2)//维度
        for(int i=0;i<n;i+=2*k)
            for(int j=0;j<k;j++)
                (f[i+j+k] += f[i+j]) %= mod;
}

现在需要证明的是
$fwt[c][i]=fwt[a][i]\cdot fwt[b][i]$
$fwt[a][i]\cdot fwt[b][i]=\left(\sum_{i|j=i} a[j] \right) \cdot \left( \sum_{k|i=i} b[k] \right)$
$因为i|j=i,k|i=i\rightarrow (j|k)|i=i$
$fwt[a][i]\cdot fwt[b][i]=\sum_{(j|k)|i} a[j] b[k]=\sum_{j|i=i}c[j]=fwt[c][i]$

逆变换的时候,只要把正变换的影响消去即可.
$a=IFWT(fwt[a])=\text{merge}(IFWT(fwt[a_0]),IFWT(fwt[a_1]-fwt[a_0]))$.

void ifwt_or(int *f) {
    for(int k=n/2;k;k/=2)
        for(int i=0;i<n;i+=2*k)
            for(int j=0;j<k;j++)
                f[i+j+k] = (f[i+j+k]-f[i+j]+mod)%mod;
}

你可能觉得这样的话,上面的 $k$必须从 $n/2$开始 $for$,其实从 $k=1$开始结果是一样的.
因为你把高低位互换不影响变换的正确性,这个东西在后面都适用,所以两个代码可以合并.

void fwt_or(int *f,ll x) {
    if(x==-1) x+=mod;
    for(int k=1;k<n;k*=2)
        for(int i=0;i<n;i+=2*k)
            for(int j=0;j<k;j++)
                add(f[i+j+k],f[i+j]*x%mod); 
}

$and$

同理,设 $fwt[a][i]=\sum_{j\&i=i} a[j]$.
因为 $j\& i=i,k\& i=i\rightarrow (j\&k) \& i=i$,所以同理可证转点值后相乘的结果正确.

正逆变化类似.

void fwt_and(int *f,ll x) {
    if(x==-1) x+=mod;
    for(int k=1;k<n;k*=2)
        for(int i=0;i<n;i+=2*k)
            for(int j=0;j<k;j++) 
                add(f[i+j],f[i+j+k]*x%mod);
}

$\text{xor}$

设 $cnt(i)$表示 $i$ 二进制下有多少个1.
定义 $x\otimes y=cnt(x\&y)\mod 2$.
则 $fwt[a][i]=\sum_{i \otimes j=0} a[j]-\sum_{i\otimes j=1} a[j]=\sum a[j]*(-1)^{i\otimes j}$.

性质: $(i\otimes j) ~~\text{xor} ~~ (j\otimes k)=i\otimes(j~~\text{xor}~~k)$.
证明: $\text{xor}$为不进位加法,所以我们实际上是证明 $cnt(i\&j)+cnt(i\&k)\equiv cnt(i\&(j\text{xor} k))(\mod 2)$

我们对一个位的所有情况进行证明,那么总体就一定满足.

$i$	$j$	$k$
0	-	-
1	0	1
1	1	1

$i=0$显然都是0.
$i=1,j+k=1$,则显然成立.
$i=1,j+k=2$,左边为2,右边为0,成立!

综上:我们通过穷举证明了每一位的情况,也就是证明了所有的情况都满足.

现在依然是要证明:
$fwt[c][i]=fwt[a][i]\cdot fwt[b][i]$
$fwt[a][i]\cdot fwt[b][i]=\left( \sum (-1)^{i\otimes j} a[j]\right) \cdot \left( \sum (-1)^{i\otimes k} b[k]\right) =\sum (-1)^{i\otimes j~~\text{xor}~ ~i \otimes k}a[j]\cdot b[k]$
$\sum (-1)^{i\otimes j~~\text{xor}~ ~i \otimes k}a[j]\cdot b[k]=\sum (-1)^{i\otimes(j ~\text{xor} ~k)} a[j] \cdot b[k]=\sum (-1)^{i\otimes j} c[j]=fwt[c][i]$

正变换:
$fwt[a]=\text{merge} (fwt[a_0]+fwt[a_1],fwt[a_0]-fwt[a_1])$.

证明:在求解小规模数据时 $a_1$时不知道自己最高位位1的,
此时, $i\in a_0,j\in a_1,cnt(i\&j)=cnt((i+n/2)\&j)=fwt[a_1][i]$.
$i\in a_1,j\in a_1,cnt((i+n/2)\& (j+n/2))=cnt(i\&j)+1$,所以右边合并的时候 $fwt[a_1]$的符号改变.

逆变换:
$IFWT(a)=\text{merge} (IFWT(\dfrac{a_0+a_1}2,IFWT(\dfrac {a_0-a_1} 2))$.

void fwt_xor(int *f,ll x) {
    if(x==-1) x=(mod+1)/2;
    for(int k=1;k<n;k*=2)
        for(int i=0;i<n;i+=2*k)
            for(int j=0;j<k;j++)  {
                int u=f[i+j],v=f[i+j+k];
                add(f[i+j],v); del(f[i+j+k]=u,v);
                f[i+j] = f[i+j]*x%mod;
                f[i+j+k] = f[i+j+k]*x%mod;
            }
}

模板题

板子:

int n,a[N],b[N],A[N],B[N];
void add(int &x,int y) {x+=y; if(x>=mod)  x-= mod;}
void upd(int &x) {x+=x>>31&mod;}
void del(int &x,int y) {upd(x-=y);}

void fwt_or(int *f,ll x) {
    if(x==-1) x+=mod;
    for(int k=1;k<n;k*=2)
        for(int i=0;i<n;i+=2*k)
            for(int j=0;j<k;j++)
                add(f[i+j+k],f[i+j]*x%mod); 
}

void fwt_and(int *f,ll x) {
    if(x==-1) x+=mod;
    for(int k=1;k<n;k*=2)
        for(int i=0;i<n;i+=2*k)
            for(int j=0;j<k;j++) 
                add(f[i+j],f[i+j+k]*x%mod);
}

void fwt_xor(int *f,ll x) {
    if(x==-1) x=(mod+1)/2;
    for(int k=1;k<n;k*=2)
        for(int i=0;i<n;i+=2*k)
            for(int j=0;j<k;j++)  {
                int u=f[i+j],v=f[i+j+k];
                add(f[i+j],v); del(f[i+j+k]=u,v);
                f[i+j] = f[i+j]*x%mod;
                f[i+j+k] = f[i+j+k]*x%mod;
            }
}

void solve(void (*fwt)(int*f,ll x)) {
    for(int i=0;i<n;i++) a[i]=A[i],b[i]=B[i];
    fwt(a,1); fwt(b,1);
    for(int i=0;i<n;i++) a[i]=(ll)a[i]*b[i]%mod;
    fwt(a,-1);
    for(int i=0;i<n;i++) pr1(a[i]);
    puts("");
}

int main() {
    qr(n); n=1<<n;
    for(int i=0;i<n;i++) qr(A[i]);
    for(int i=0;i<n;i++) qr(B[i]);
    solve(fwt_or);
    solve(fwt_and);
    solve(fwt_xor);
    return 0;
}

例题

bzoj #4589. Hard Nim

有两个神在玩nim游戏,有 $n$堆石子,每堆石子的大小为 $\le m$的质数,求先手必败的方案数.
$m\le 50000,n\le 10^9$.

定义一个多项式 $f,f[p]=[p\le m\cap p\in prime]$
定义 $f\times g$表示 $f,g$对应位置相乘,区别于 $f*g$(表示卷积).
则我们要求的就是 $IFWT(fwt[f]^n)[0]$.
因为每乘一次就相当于作一次异或卷积,即多一堆石子,所以正确.

复杂度为 $O(m(\log m+\log n))$.

void add(int &x,int y) {x+=y; if(x>=mod) x-=mod;}
void upd(int &x) {x+=x>>31&mod;}
void del(int &x,int y) {upd(x -= y);}


int prime[N],tot; bool v[N];
void get(int x) {
    for(int i=2;i<=x;i++) {
        if(!v[i]) prime[++tot]=i;
        for(int j=1,k;(k=i*prime[j])<=x;j++) {
            v[k]=1;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}

int t;
void fwt(int *f,ll x) {
    if(x==-1) x=(mod+1)/2;
    for(int k=1;k<t;k*=2)
        for(int i=0;i<t;i+=2*k)
            for(int j=0;j<k;j++) {
                int u=f[i+j],v=f[i+j+k];
                add(f[i+j],v); del(f[i+j+k]=u,v);
                f[i+j]=f[i+j]*x%mod;
                f[i+j+k]=f[i+j+k]*x%mod;
            }
}

int n,m,f[N];
ll power(ll a,ll b=n) {
    ll c=1;
    while(b) {
        if(b&1) c=c*a%mod;
        b /= 2; a=a*a%mod;
    }
    return c;
}

int main() {

    get(N-1);
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {
        for(t=1;t<=m;t*=2);
        memset(f,0,sizeof f);
        for(int i=1;i<=tot&&prime[i]<=m;i++) f[prime[i]]=1;;
        fwt(f,1);
        for(int i=0;i<t;i++) f[i]=power(f[i]);
        fwt(f,-1); pr2(f[0]);
    }
    return 0;
}

P3175 [HAOI2015]按位或

定义 $min(T)$为取到 $T$集合中任意一位的最小时间.
$min(T)=\dfrac 1{\sum_{S\cap T\ne \varnothing} p_S}=\dfrac 1 {1-fwt[\overline T]}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=(1<<20)|10;
const double eps=1e-9;

int n,g[N];
double f[N],ans;

void fwt(double *f) {
    for(int k=1;k<n;k*=2)
        for(int i=0;i<n;i+=2*k)
            for(int j=0;j<k;j++) 
                f[i+j+k] += f[i+j];
}

int main() {
    scanf("%d",&n); n=1<<n;
    for(int i=0;i<n;i++) scanf("%lf",&f[i]);
    fwt(f); g[0]=-1;
    for(int i=1;i<n;i++) {
        g[i]=-g[i&(i-1)];
        if(fabs(f[i^(n-1)]-1)<eps) 
            {puts("INF"); return 0;}
        ans += g[i]/(1-f[i^(n-1)]);
    }
    printf("%.10lf\n",ans); 
    return 0;
}