快速沃尔什变换(fwt)
\(fwt\)是一种快速计算位运算卷积的算法，一般包括按位或卷积，按位与卷积和异或卷积。
按位或(or)卷积
对于多项式\(A,B,C\)，定义\(\oplus\)为卷积符号，即\(A\oplus B = C\)。
那么，按位或卷积就是：
\[ C_k=\sum_{i~or~j=k}A_i\cdot B_j \]
类比于\(FFT\)，现在，我们的任务就是找到一种变换，记这种变换为\(fwt(A)\)，则要满足\(fwt(A)\times fwt(B)=fwt(C)\)，其中\(\times\)表示每一位相乘，且\(A\oplus B=C\)。
经过前人的大力研究，可以发现：
\[ fwt(A)_i=\sum_{j~or~i=i}A_j \]
是满足性质的，证明很简单，直接带进去可得：
\[ \begin{align} fwt(C)_k&=\sum_{j~or~k=k}\sum_{a~or~b=k}A_a\cdot B_b\\ &=\sum_{a~or~k=k}A_a\cdot \sum_{b~or~k=k}B_b\\ &=fwt(A)_k\cdot fwt(B)_k \end{align} \]
即得证。
那么，考虑怎样快速的进行\(fwt\)变换。
然后有一个这样的式子：
\[ fwt(A)= \begin{cases} (fwt(A_1),fwt(A_1)+fwt(A_2))&n>0\\ A_0&n=0 \end{cases} \]
其中，\((A,B)\)表示把两个多项式的系数拼起来，感性理解一下就好了。
\(A_1\)表示多项式前半段，\(A_2\)表示后半段。
当\(n=0\)的时候显然，我们只需要关心上面那个是为什么就好了。
对于前半段的第\(i\)项，\(i\)的最高位肯定是\(0\)，那么后半段显然对他没有影响，前半段的影响就是\(fwt(A_1)_i\)。
对于后半段的第\(i\)项，\(i\)的最高位是\(1\)，所以最高位取\(0\)时是\(fwt(A_1)_i\)，取\(1\)时是\(fwt(A_2)_i\)，所以一共就是\(fwt(A_1)+fwt(A_2)\)。
然后这玩意形式其实和\(FFT\)差不太多，复杂度也是\(O(n\log n)\)。
代码：
void fwt_or(int *r) {
for(int i=1;i<n;i<<=1)
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
for(int k=0;k<i;k++)
r[i+j+k]=(r[i+j+k]+r[j+k])%mod;
}按位与(and)卷积
和上面差不多的，定义：
\[ fwt(A)_i=\sum_{j\&i=i}A_i \]
证明也差不多，这里不赘述了。
那么，算的话就是：
\[ fwt(A)= \begin{cases} (fwt(A_1)+fwt(A_2),fwt(A_2))&n>0\\ A_0&n=0 \end{cases} \]
只要考虑按位与的性质，高位为\(1\)时只能选高位为\(1\)的，否则都能选。
代码：
void fwt_and(int *r) {
for(int i=1;i<n;i<<=1)
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
for(int k=0;k<i;k++)
r[j+k]=(r[i+j+k]+r[j+k])%mod;
}异或(xor)卷积
这里的定义就不是很相同了。
定义：
\[ fwt(A)_i=\sum_{j=0}^{n}(-1)^{cnt(i\&j)}A_j \]
其中，\(i\&j\)表示按位与，\(cnt(x)\)表示\(x\)二进制下\(1\)的个数。(这到底是怎么想到的。。)
带进去交换下枚举顺序可得：
\[ \begin{align} fwt(C)_i&=\sum_{j=0}^{n}(-1)^{cnt(i\&j)}C_j\\ &=\sum_{j=0}^{n}(-1)^{cnt(i\&j)}\sum_{a\oplus b=j}A_aB_b\\ &=\sum_{a=0}^{n}A_a\sum_{b=0}^{n}B_b(-1)^{cnt(i\&(a\oplus b))} \end{align} \]
我们考虑下指数上的那一块东西：\(cnt(i\&(a\oplus b))\)，分情况讨论下这个与\(cnt(i\&a)+cnt(i\&b)\)的关系：（由于多位和一位没有区别，这里只讨论一位）
若\(i\)为\(0\)，显然这一位不计入答案，不管。
若\(a,b\)都为\(1\)的话，\(a\oplus b=0\)，不计入答案，但是注意到这里是\((-1)\)的指数，其实\((-1)^0=(-1)^2\)，不妨看做是\(2\)，那么这两个相等。
若\(a,b\)有一个为\(1\)，前后显然相等，都为\(1\)。
若\(a,b\)都为\(0\)，显然也相等，都为\(0\)。
所以式子可以改写成这样：
\[ \begin{align} fwt(C)_i&=\sum_{a=0}^{n}A_a\sum_{b=0}^{n}B_b(-1)^{cnt(i\&a)+cnt(i\&b)}\\ &=\sum_{a=0}^{n}(-1)^{cnt(i\&a)}A_a\sum_{b=0}^{n}(-1)^{cnt(i\&b)}B_b\\ &=fwt(A)_i\cdot fwt(B)_i \end{align} \]
所以，证毕。
那么，快速做这个的式子：
\[ fwt(A)= \begin{cases} (fwt(A_1)+fwt(A_2),fwt(A_1)-fwt(A_2))&n>0\\ A_0&n=0 \end{cases} \]
具体的，考虑前一半的时候，最高位为\(0\)，直接加起来就好了。
对于后一半，最高位为\(1\)，如果选的数最高位也为\(1\)，\(cnt\)就多了\(1\)，也就是整体多乘了个\(-1\)，所以就是\(fwt(A_1)-fwt(A_2)\)。
代码：
void fwt_xor(int *r) {
for(int i=1;i<n;i<<=1)
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
for(int k=0;k<i;k++) {
int x=r[j+k],y=r[i+j+k];
r[j+k]=(x+y)%mod,r[i+j+k]=(x-y)%mod;
}
}逆沃尔什变换
知道了上面的，这玩意其实就很简单了。
对于按位或，就是知道了\(fwt(A_1)\)和\(fwt(A_1)+fwt(A_2)\)，求出两个分别是多少，直接减一下就完了：
\[ ifwt(A)=(ifwt(A_1),ifwt(A_2)-ifwt(A_1)) \]
对于按位与，也差不多：
\[ ifwt(A)=(ifwt(A_1)-ifwt(A_2),ifwt(A_2)) \]
对于异或，是知道\(fwt(A_1)+fwt(A_2)\)和\(fwt(A_1)-fwt(A_2)\)，那么加起来除以\(2\)就是第一个，减一下除以\(2\)就是第二个，即：
\[ ifwt(A)=(\frac{ifwt(A_1)+ifwt(A_2)}{2},\frac{ifwt(A_1)-ifwt(A_2)}{2}) \]
模板
给一个模板大全吧，题目来自luogu4717。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
const int maxn = 2e5+10;
const int mod = 998244353;
const int inv2 = 499122177;
int bit,n,a[maxn],b[maxn],c[maxn],ina[maxn],inb[maxn];
void fwt_or(int *r,int op) {
for(int i=1;i<n;i<<=1)
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
for(int k=0;k<i;k++)
if(op==1) r[i+j+k]=(r[i+j+k]+r[j+k])%mod;
else r[i+j+k]=(r[i+j+k]-r[j+k])%mod;
}
void fwt_and(int *r,int op) {
for(int i=1;i<n;i<<=1)
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
for(int k=0;k<i;k++)
if(op==1) r[j+k]=(r[i+j+k]+r[j+k])%mod;
else r[j+k]=(r[j+k]-r[i+j+k])%mod;
}
void fwt_xor(int *r,int op) {
for(int i=1;i<n;i<<=1)
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
for(int k=0;k<i;k++) {
int x=r[j+k],y=r[i+j+k];
if(op==1) r[j+k]=(x+y)%mod,r[i+j+k]=(x-y)%mod;
else r[j+k]=1ll*(x+y)*inv2%mod,r[i+j+k]=1ll*(x-y)*inv2%mod;
}
}
int main() {
read(bit);n=1<<bit;
for(int i=0;i<n;i++) read(ina[i]);
for(int i=0;i<n;i++) read(inb[i]);
// or
memcpy(a,ina,sizeof ina);memcpy(b,inb,sizeof inb);
fwt_or(a,1),fwt_or(b,1);for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
fwt_or(a,-1);for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",(a[i]+mod)%mod);puts("");
// and
memcpy(a,ina,sizeof ina);memcpy(b,inb,sizeof inb);
fwt_and(a,1),fwt_and(b,1);for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
fwt_and(a,-1);for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",(a[i]+mod)%mod);puts("");
// xor
memcpy(a,ina,sizeof ina);memcpy(b,inb,sizeof inb);
fwt_xor(a,1),fwt_xor(b,1);for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
fwt_xor(a,-1);for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",(a[i]+mod)%mod);puts("");
return 0;
}