快速沃尔什变换(FWT)

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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 $c_n=\sum_{i+j=n}a_i*b_j$
然后考虑一下那个 $i+j=n$的情况，如果换个符号，比如 $i-j=n$，那么想必你也会做，只要把B翻转就好了
在NTT的题中，其实 $i*j=n\pmod p$，在p有原根的时候也可以做，直接把i位置的数换到 $\log_{原根}i$，然后再做NTT，最后弄回来就好了
那么对于 $i|j=n$、 $i\& j=n$、 $i\oplus j=n$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

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对于一个一般的多项式 $f(x)=a_0x^0+a_1x^1+···+a_{n-1}x^{n-1}$
将其表示为 $(a_0,a_1,a_2···a_{n-1})$

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定义多项式加法
$\begin{aligned} C(x)&=A(x)+B(x)\\ &=(a_0,a_1,a_2···a_{n-1})+(b_0,b_1,b_2···b_{n-1})\\ &=(a_0+b_0,a_1+b_1,a_2+b_2···a_{n-1}+b_{n-1})\\ \end{aligned}$

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多项式的减法把符号变成减号
$\begin{aligned} C(x)&=A(x)-B(x)\\ &=(a_0,a_1,a_2···a_{n-1})-(b_0,b_1,b_2···b_{n-1})\\ &=(a_0-b_0,a_1-b_1,a_2-b_2···a_{n-1}-b_{n-1})\\ \end{aligned}$

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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）
$\begin{aligned} C(x)&=A(x)*B(x)\\ &=(a_0,a_1,a_2···a_{n-1})*(b_0,b_1,b_2···b_{n-1})\\ &=(a_0*b_0,a_1*b_1,a_2*b_2···a_{n-1}*b_{n-1})\\ \end{aligned}$

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对于多项式的一个操作 $@(@ \in \left\{ |(或),\&(与),\oplus(异或) \right\})$，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
$\begin{aligned} C(x)&=A(x)@B(x)\\ &=(a_0,a_1,a_2···a_{n-1})@(b_0,b_1,b_2···b_{n-1})\\ &=(\sum _{i@j=0}a_i*b_j,\sum _{i@j=1}a_i*b_j,\sum _{i@j=2}a_i*b_j···\sum _{i@j=n-1}a_i*b_j)\\ \end{aligned}$
特殊的，这里的 $@$运算具有分配律，即 $(A+B)@C=A@C+B@C$，至于证明也非常方便：
$\begin{aligned} \sum _{i@j=x}(a_i+b_i)*c_j&=\sum _{i@j=x}(a_i+b_i)*c_j\\ &=\sum _{i@j=x}(a_i*c_j+b_i*c_j)\\ &=\sum _{i@j=x}a_i*c_j+\sum _{i@j=x}b_i*c_j \end{aligned}$

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另外对于一个多项式 $A$，设 $n=2^k$，定义 $A_0$为 $A$的前 $2^{k-1}$个系数、定义 $A_1$为 $A$的后 $2^{k-1}$个系数
定义运算 $A=(B,C)$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：
$\begin{aligned} (A,B)&=((a_0,a_1,a_2···a_{x-1}),(b_0,b_1,b_2···b_{y-1}))\\ &=(a_0,a_1,a_2···a_{x-1},b_0,b_1,b_2···b_{y-1})\\ \end{aligned}$

2.3FWT的大致思路

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

3实现

3.1or运算

3.1.1构造

先来讲or运算吧
现在要求的是： $c_n=\sum_{i|j=n}a_ib_j$
定义FWT(A)：
$\begin{aligned} FWT(A)=(\sum_{i|0=0}a_i,\sum_{i|1=1}a_i,\sum_{i|2=2}a_i···\sum_{i|(n-1)=(n-1)}a_i) \end{aligned}$
容易发现一件事： $FWT(A|B)=FWT(A)*FWT(B)$
证明：
$\begin{aligned} FWT(A)*FWT(B)&=(\sum_{i|0=0}a_i,\sum_{i|1=1}a_i,\sum_{i|2=2}a_i···\sum_{i|(n-1)=(n-1)}a_i)*(\sum_{i|0=0}b_i,\sum_{i|1=1}b_i,\sum_{i|2=2}b_i···\sum_{i|(n-1)=(n-1)}b_i)\\ &=((\sum_{i|0=0}a_i)*(\sum_{j|0=0}b_j),(\sum_{i|1=1}a_i)*(\sum_{j|1=1}b_j),(\sum_{i|2=2}a_i)*(\sum_{j|2=2}b_j)···(\sum_{i|(n-1)=(n-1)}a_i)*(\sum_{j|(n-1)=(n-1)}b_j))\\ &=(\sum_{i|j|0=0}a_i*b_j,\sum_{i|j|1=1}a_i*b_j,\sum_{i|j|2=2}a_i*b_j···\sum_{i|j|(n-1)=(n-1)}a_i*b_j)\\ &=(\sum_{k|0=0}\sum_{i|j=k}a_i*b_j,\sum_{k|1=1}\sum_{i|j=k}a_i*b_j,\sum_{k|2=2}\sum_{i|j=k}a_i*b_j···\sum_{k|(n-1)=(n-1)}\sum_{i|j=k}a_i*b_j)\\ &=FWT(A|B) \end{aligned}$
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

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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
$FWT(A)=\begin{cases} (FWT(A_0),FWT(A_0+A_1))(n\ne1)\\ A(n=1) \end{cases}$
这么定义的原因：因为 $A_0$的编号的最高位都是0， $A_1$的编号与 $A_0$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 $A_0$能到 $A_1$里一一对应的贡献
然后考虑 $IFWT$（定义 $IFWT(FWT(A))=A$），由于 $FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)$(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 $IFWT$的式子，推导：
已知 $FWT(A)_0$、 $FWT(A)_1$，求 $A_0$、 $A_1$
$\because FWT(A)_0=FWT(A_0)\\ \therefore A_0=IDFT(FWT(A_0))=IDFT(FWT(A)_0)\\ \because FWT(A)_1=FWT(A_0)+FWT(A_1)\\ \therefore A_1= IDFT(FWT(A_1))=IDFT(FWT(A)_1-FWT(A)_0)$

---

总结：
$IFWT(A)=\begin{cases} (IFWT(A_0),IFWT(A_1-A_0))(n\ne1)\\ A(n=1) \end{cases}$
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

3.2.1构造

and其实和or差的不多
现在要求的是： $c_n=\sum_{i\&j=n}a_ib_j$
同样定义FWT(A)：
$\begin{aligned} FWT(A)=(\sum_{i\&0=0}a_i,\sum_{i\&1=1}a_i,\sum_{i\&2=2}a_i···\sum_{i\&(n-1)=(n-1)}a_i) \end{aligned}$
同样的： $FWT(A\&B)=FWT(A)*FWT(B)$
证明：
$\begin{aligned} FWT(A)*FWT(B)&=(\sum_{i\&0=0}a_i,\sum_{i\&1=1}a_i,\sum_{i\&2=2}a_i···\sum_{i\&(n-1)=(n-1)}a_i)*(\sum_{i\&0=0}b_i,\sum_{i\&1=1}b_i,\sum_{i\&2=2}b_i···\sum_{i\&(n-1)=(n-1)}b_i)\\ &=((\sum_{i\&0=0}a_i)*(\sum_{j\&0=0}b_j),(\sum_{i\&1=1}a_i)*(\sum_{j\&1=1}b_j),(\sum_{i\&2=2}a_i)*(\sum_{j\&2=2}b_j)···(\sum_{i\&(n-1)=(n-1)}a_i)*(\sum_{j\&(n-1)=(n-1)}b_j))\\ &=(\sum_{i\&j\&0=0}a_i*b_j,\sum_{i\&j\&1=1}a_i*b_j,\sum_{i\&j\&2=2}a_i*b_j···\sum_{i\&j\&(n-1)=(n-1)}a_i*b_j)\\ &=(\sum_{k\&0=0}\sum_{i\&j=k}a_i*b_j,\sum_{k\&1=1}\sum_{i\&j=k}a_i*b_j,\sum_{k\&2=2}\sum_{i\&j=k}a_i*b_j···\sum_{k\&(n-1)=(n-1)}\sum_{i\&j=k}a_i*b_j)\\ &=FWT(A\&B) \end{aligned}$
然后没啦

3.2.2计算

我们一样可以递归定义
$FWT(A)=\begin{cases} (FWT(A_0+A_1),FWT(A_1))(n\ne1)\\ A(n=1) \end{cases}$
这么定义的原因（其实和or差不多）：因为 $A_0$的编号的最高位都是0， $A_1$的编号与 $A_0$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 $A_1$能到 $A_0$里一一对应的贡献
然后是 $IFWT$,推导：
已知 $FWT(A)_0$、 $FWT(A)_1$，求 $A_0$、 $A_1$
$\because FWT(A)_0=FWT(A_0)+FWT(A_1)\\ \therefore A_0=IDFT(FWT(A_0))=IDFT(FWT(A)_0-FWT(A)_1)\\ \because FWT(A)_1=FWT(A_1)\\ \therefore A_1= IDFT(FWT(A_1))=IDFT(FWT(A)_1)$

---

总结：
$IFWT(A)=\begin{cases} (IFWT(A_0-A_1),IFWT(A_1))(n\ne1)\\ A(n=1) \end{cases}$
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

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： $c_n=\sum_{i\oplus j=n}a_ib_j$
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：
$popcount(x)$等于x在二进制下1的数量，我在下面简写为 $pc(x)$

$FWT(A)=(\sum (-1)^{pc(i\&0)}a_i,\sum (-1)^{pc(i\&1)}a_i···\sum (-1)^{pc(i\&(n-1))}a_i)$
证明： $FWT(A\oplus B)=FWT(A)*FWT(B)$
$\begin{aligned} FWT(A)*FWT(B)&=(\sum (-1)^{pc(i\&0)}a_i,\sum (-1)^{pc(i\&1)}a_i···\sum (-1)^{pc(i\&(n-1))}a_i)*(\sum (-1)^{pc(i\&0)}b_i,\sum (-1)^{pc(i\&1)}b_i···\sum (-1)^{pc(i\&(n-1))}b_i)\\ &=((\sum (-1)^{pc(i\&0)}a_i)*((\sum (-1)^{pc(j\&0)}b_j)),(\sum (-1)^{pc(i\&1)}a_i)*(\sum (-1)^{pc(j\&1)}b_j)···(\sum (-1)^{pc(i\&(n-1))}a_i)*(\sum (-1)^{pc(j\&(n-1))}b_j))\\ &=(\sum (-1)^{pc(i\oplus j\&0)}a_i*b_j,(\sum (-1)^{pc(i\oplus j\&1)}a_i*b_j···(\sum (-1)^{pc(i\oplus j\&(n-1))}a_i*b_j)\\ &=(\sum (-1)^{pc(k\&0)}\sum _{i\oplus j=k}a_i*b_j,\sum (-1)^{pc(k\&1)}\sum _{i\oplus j=k}a_i*b_j···\sum (-1)^{pc(k\&(n-1))}\sum _{i\oplus j=k}a_i*b_j)\\ &=FWT(A\oplus B) \end{aligned}$

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

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

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证完就好了

3.3.2计算

定义
$FWT(A)=\begin{cases} (FWT(A_0+A_1),FWT(A_0-A_1))(n\ne1)\\ A(n=1) \end{cases}$
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 $FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)$，通过这个把式子拆开
考虑当前二进制最高位，前 $2^{k-1}$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 $A_0$和 $A_1$的贡献都是原符号，由于后 $2^{k-1}$项的位置最高位都为1，所以 $A_0$的贡献都是原符号， $A_1$的贡献符号反号
那么IFWT呢？
推导：
已知 $FWT(A)_0$、 $FWT(A)_1$，求 $A_0$、 $A_1$
$\because FWT(A)_0=FWT(A_0)+FWT(A_1)，FWT(A)_1=FWT(A_0)-FWT(A_1)\\ \therefore A_0=IDFT(FWT(A_0))=IDFT(\frac {FWT(A)_0+FWT(A)_1}2)，A_1= IDFT(FWT(A_1))=IDFT(\frac {FWT(A)_0-FWT(A)_1}2)$

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总结：
$IFWT(A)=\begin{cases} (\frac {IFWT(A_0)+IFWT(A_1)}{2},\frac {IFWT(A_0)-IFWT(A_1)}{2})(n\ne1)\\ A(n=1) \end{cases}$

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（ $n\leq500000，a_i\leq500000$），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 $O(n)$，做IDFT时由于只要求一个值，所以复杂度 $O(n)$，总复杂度 $O(nlogn)$
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