背板子.jpg
\(Fwt\)用于解决这样的问题
\[C_i=\sum_{j\bigoplus k=i}A_j\times B_k\]
其中\(\bigoplus\)是一种二元运算符，如\(or,and,xor\)
首先我们直接做复杂度显然高达\(4^n\)，或许可以利用一些枚举子集的技术做到\(3^n\)，但是还是非常难以接受
于是我们考虑能否像\(fft\)那样构造出一种变换\(tf\)，使得\(tf(C)=tf(A)*tf(B)\)（这里是逐位相乘），同时快速完成这个变换以及逆变换呢
下面以\(or\)卷积为例
我们设\(tf(A)(i)=\sum_{j|i=i}A_j\)
发现这个\(j|i=i\)就是说\(j\)是\(i\)的子集啊
于是
\[tf(A)(i)*tf(B)(i)=\sum_{j|i=i}A_j\times \sum_{k|i=i}B_k\]
既然\(j,k\)都是\(i\)的子集，那么\(j|k\)显然也是\(i\)的子集，设\(t=j|k\)
于是
\[tf(A)(i)*tf(B)(i)=\sum_{(k|j)|i=i}A_j\times B_k=\sum_{t|i=i}C_t=tf(C)(i)\]
我们发现如果这样构造\(tf\)，我们是可以得到\(tf(A)*tf(B)=tf(C)\)这样的性质的，于是就可以像\(fft\)那样直接逐位相乘之后逆变换了
考虑如何进行变换
变换如下
\[tf(A)=\begin{cases}(tf(A_0),tf(A_0+A_1)) & n\gt0 \\ A & n=0\end{cases}\]
\(A_0\)是\(A\)的前\(2^{n-1}\)项组成的多项式，\(A_1\)是后\(2^{n-1}\)项组成的多项式
在\(n=0\)的时候，\(tf(A)=A\)成立这非常显然啊
考虑一下\(n>0\)的情况
那个\((tf(A_0),tf(A_0+A_1))\)就是把两个\(2^{n-1}\)的多项式连接起来的意思
我们对于\(tf(A)\)的前\(2^{n-1}\)项，就是\(A_0\)的变换，跟\(A_1\)没有什么关系，因为这前\(2^{n-1}\)项第\(n\)位都是\(0\)，不可能跟后\(2^{n-1}\)项第\(n\)位都是\(1\)产生关系
考虑后\(2^{n-1}\)项，根据一个非常感性的理解，后\(2^{n-1}\)项的第\(n\)位都是\(1\)，我们构造出多项式\(A_0+A_1\)，只看后面的\(n-1\)位自然是满足我们的\(tf\)的规则的，就是\(j\)是\(i\)的子集，又由于\(i\)的第一位是\(1\)，所以\(j\)的第一位是\(0\)是\(1\)都可以，所以我们直接用\(A_0+A_1\)就好了
类似的，我们也可以推出逆变换
\[itf(A)=\begin{cases}(itf(A_0),itf(A_0-A_1)) & n\gt0 \\ A & n=0\end{cases}\]
于是我们就可以写出\(or\)卷积的代码
inline void Fwtor(LL *f,int o) {
for(re int i=2;i<=len;i<<=1)
for(re int ln=i>>1,l=0;l<len;l+=i)
for(re int x=l;x<l+ln;++x)
f[ln+x]+=o*f[x];
}\(and\)卷积和\(or\)卷积类似
我们设变换\(tf(A)(i)=\sum_{j\&i=i}A_j\)
发现\(j\&i=i\)就是说\(j\)是\(i\)的超集
我们也能相应写出变换
\[tf(A)=\begin{cases}(tf(A_0+A_1),tf(A_1)) & n\gt0 \\ A & n=0\end{cases}\]
以及逆变换
\[itf(A)=\begin{cases}(itf(A_0-A_1),itf(A_1)) & n\gt0 \\ A & n=0\end{cases}\]
以及代码
inline void Fwtand(LL *f,int o) {
for(re int i=2;i<=len;i<<=1)
for(re int ln=i>>1,l=0;l<len;l+=i)
for(re int x=l;x<l+ln;++x)
f[x]+=o*f[ln+x];
}\(xor\)卷积就有些不一样了呀
首先我不是很知道这个变换的实际含义是什么
据fuge说是曼哈顿距离转切比雪夫距离
我们直接摆结论
\[tf(A)=\begin{cases}(tf(A_0+A_1),tf(A_0-A_1)) & n\gt0 \\ A & n=0\end{cases}\]
尝试证明一下？对不起我咕了，挂一个yyb跑路了
板子还是放上来吧
inline void Fwtxor(LL *f,int o) {
LL Inv;
if(o==1) Inv=1;else Inv=ksm(2,mod-2);
for(re int i=2;i<=len;i<<=1)
for(re int ln=i>>1,l=0;l<len;l+=i)
for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
LL g=f[x],h=f[ln+x];
f[x]=(g+h)%mod,f[ln+x]=(g-h+mod)%mod;
f[x]=(f[x]*Inv)%mod;f[ln+x]=(f[ln+x]*Inv)%mod;
}
}最后挂一个完整的板子吧
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int maxn=(1<<17)+6;
inline int read() {
char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||x>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int mod=998244353;
int n,len;
LL A[maxn],B[maxn],a[maxn],b[maxn];
inline void Fwtor(LL *f,int o) {
for(re int i=2;i<=len;i<<=1)
for(re int ln=i>>1,l=0;l<len;l+=i)
for(re int x=l;x<l+ln;++x)
f[x+ln]+=f[x]*o,f[x+ln]=(f[x+ln]+mod)%mod;
}
inline void Fwtand(LL *f,int o) {
for(re int i=2;i<=len;i<<=1)
for(re int ln=i>>1,l=0;l<len;l+=i)
for(re int x=l;x<l+ln;++x)
f[x]+=f[x+ln]*o,f[x]=(f[x]+mod)%mod;
}
inline void Fwtxor(LL *f,int o) {
int Inv;
if(o==1) Inv=1;else Inv=499122177;
for(re int i=2;i<=len;i<<=1)
for(re int ln=i>>1,l=0;l<len;l+=i)
for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
int g=f[x],h=f[x+ln];
f[x]=(g+h)%mod;f[ln+x]=(g-h+mod)%mod;
f[x]=1ll*f[x]*Inv%mod;f[x+ln]=1ll*f[x+ln]*Inv%mod;
}
}
int main() {
n=read();len=(1<<n);
for(re int i=0;i<len;i++) a[i]=A[i]=read();
for(re int i=0;i<len;i++) b[i]=B[i]=read();
Fwtor(A,1),Fwtor(B,1);
for(re int i=0;i<len;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
Fwtor(A,-1);
for(re int i=0;i<len;i++) printf("%lld ",A[i]);puts("");
for(re int i=0;i<len;i++) A[i]=a[i];
for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=b[i];
Fwtand(A,1),Fwtand(B,1);
for(re int i=0;i<len;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
Fwtand(A,-1);
for(re int i=0;i<len;i++) printf("%lld ",A[i]);puts("");
for(re int i=0;i<len;i++) A[i]=a[i];
for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=b[i];
Fwtxor(A,1),Fwtxor(B,1);
for(re int i=0;i<len;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
Fwtxor(A,-1);
for(re int i=0;i<len;i++) printf("%lld ",A[i]);puts("");
return 0;
}