问题
FWT用来解决这样的一个问题：
给出多项式A(x),B(x)，求C(x)，其中
（也可以换成and/or）
要求在
的复杂度内求出C(x)
定义
定义
操作表示（A是一个长度为2的幂的多项式，k表示A的长度，A0A1分别表示A的左半边和右半边）
则
其中”,”表示物理顺序拼接
性质
然后有一条性质
证明略，可以用数学归纳法来证
因为C=A⊕B，所以可以得出
等于把异或第一位为0的数加到左边，异或第一位为1的数加到右边
然后xjb证出tf(A)tf(B)=tf(C) （当C=A⊕B时）
所以可以先求出tf(A)和tf(B)，之后相乘求逆
逆运算
定义tf(A)的逆运算utf(A)，表示utf(tf(A))=A
则
证明还是数学归纳法
所以这样对tf(C)做utf操作，就可以得出C了
而tf和utf操作都是
的
其它
关于三种运算的tf和utf
其中异或的utf是可以拆的，也就是说utf(A)+utf(B)=utf(A+B)
证明和tf基本一样（就是多了个/2）
例题
codeforces662CBinary Table 二进制表
C. Binary Table
time limit per test6 seconds
memory limit per test256 megabytes
inputstandard input
outputstandard output
You are given a table consisting of n rows and m columns. Each cell of the table contains either 0 or 1. In one move, you are allowed to pick any row or any column and invert all values, that is, replace 0 by 1 and vice versa.
What is the minimum number of cells with value 1 you can get after applying some number of operations?
Input
The first line of the input contains two integers n and m (1 ≤ n ≤ 20, 1 ≤ m ≤ 100 000) — the number of rows and the number of columns, respectively.
Then n lines follows with the descriptions of the rows. Each line has length m and contains only digits ‘0’ and ‘1’.
Output
Output a single integer — the minimum possible number of ones you can get after applying some sequence of operations.
Example
inputCopy
3 4
0110
1010
0111
outputCopy
2
C.二进制表
每次测试的时间限制6秒
每次测试的内存限制256兆字节
输入标准输入
产量标准输出
您将获得一个由n行和m列组成的表。表的每个单元格包含0或1。在一个步骤中，您可以选择任何行或任何列并反转所有值，即将0替换为1，反之亦然。
在应用一些操作后，您可以获得值为1的最小单元格数是多少？
输入
输入的第一行包含两个整数Ñ和米（1≤ Ñ ≤20，1≤ 米 ≤100 000） -行的，分别的数量和列的数量。
然后n行跟随行的描述。每行的长度为m，仅包含数字“ 0 ”和“ 1 ”。
产量
输出一个整数 - 应用一系列操作后可以获得的最小数量。
例
输入复制
3 4
0110
1010
0111
产量复制
2
题解
就是给出一个01矩阵，每次可以把一行或一列取反
求所有可能的矩阵中最小的1个数
因为n很小，所以考虑状压n
如果行的方案确定了，那么答案就是每一列异或行后取反与否的最大值之和
设f(s)表示当行选取的状态为s时的答案
设ans(s)表示某一列状态为s时的答案
要考虑整列取反的情况
设g(s)表示初始列状态为s的列数
则
等于是枚举每一种可能的列，然后进行列的取反，答案就是所有列之和
可以变成
就是FWT的形式了
code
// codeforces 662C Binary Table
// start:25/08/17
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
using namespace std;
typedef long long AA[1048576];
int A[100001];
AA s,a,b,c;
int n,m,i,j,k,l,Len;
char ch;
long long ans;
void tf(long long *a)
{
int i,j,k,l;
int S=1,s1=1,s2=Len+1;
fo(i,1,n)
{
S<<=1;
s2>>=1;
fo(j,0,s2-1)
{
fo(k,0,s1-1)
{
l=j*S+k;
s[l]=a[l]+a[l+s1];
s[l+s1]=a[l]-a[l+s1];
}
}
memcpy(a,s,sizeof(long long)*(Len+1));
s1<<=1;
}
}
void utf(long long *a)
{
int i,j,k,l;
int S=1,s1=1,s2=Len+1;
fo(i,1,n)
{
S<<=1;
s2>>=1;
fo(j,0,s2-1)
{
fo(k,0,s1-1)
{
l=j*S+k;
s[l]=(a[l]+a[l+s1])>>1;
s[l+s1]=(a[l]-a[l+s1])>>1;
}
}
memcpy(a,s,sizeof(long long)*(Len+1));
s1<<=1;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m); Len=pow(2,n)-1;
fo(i,1,n)
{
scanf("\n");
fo(j,1,m)
{
scanf("%c",&ch);
A[j]=(A[j]<<1)+(ch-'0');
}
}
fo(i,1,m)
b[A[i]]++;
fo(i,0,Len)
{
j=i;
k=0;
while (j)
{
k+=j&1;
j>>=1;
}
a[i]=min(k,n-k);
}
tf(a);
tf(b);
fo(i,0,Len)
c[i]=a[i]*b[i];
utf(c);
ans=233333333;
fo(i,0,Len)
ans=min(ans,c[i]);
printf("%I64d\n",ans);
}