快速沃尔什变换（FWT）

Preface

我们知道，对于下面的式子
$f(n)=\sum\limits_{i⊕j=n}g(i)h(j)$

当$⊕$为+运算时，可以用FFT优化
当$⊕$为位运算(or,and,xor)时是否也有一种优化呢

答案是肯定的。

FWT

首先，对于多项式，我们定义$A*B$为某一种位运算卷积
显然它满足交换律、结合律

类似FFT。我们利用分治的思想，将多项式$A$分成两部分$A_0$和$A_1$，表示其下标二进制最高位为0的部分（前$2^{n-1}$项）和最高位为1的部分（后$2^{n-1}$项），不足的不妨用0补齐

那么A是由$A_0,A_1$两部分拼接而成，记为$A=(A_0,A_1)$
对于一个多项式A，我们尝试找到一种变换$tf$
满足：
$tf(A*B)=tf(A)tf(B)$
并且它存在逆变换，满足
$utf(tf(A))=A$

这样对于两个多项式位运算卷积我们就可以先将它们变换，直接按项相乘，再变换回来

下面结论就来了

or卷积

当$⊕$为or运算时
$tf(A)=\left(tf(A_0),tf(A_0)+tf(A_1)\right)$
$utf(A)=\left(utf(A_0),utf(A_1)-tf(A_0)\right)$

当然只有一个数时就是它本身
实际上，$tf(A)[i]=\sum\limits_{j\ or\ i=i}A[j]$

and卷积

当$⊕$为and运算时
$tf(A)=\left(tf(A_0)+tf(A_1),tf(A_1)\right)$
$utf(A)=\left(utf(A_0)-utf(A_1),utf(A_1)\right)$

xor 卷积

当$⊕$为xor运算时
$tf(A)=\left(tf(A_0)+tf(A_1),tf(A_0)-tf(A_1)\right)$
$utf(A)=\left({utf(A_0)+utf(A_1)\over 2},{utf(A_0)-utf(A_1)\over 2}\right)$

并且对于所有的变换，都满足$tf(A)+tf(B)=tf(A+B)$

证明可以用数学归纳法，拆成两部分推导一波…
博主太懒不想推了

接下来就可以快乐写FWT了
过程和FFT是类似的，不过不需要蝴蝶变换的反位

Code

or

void FWT(int *a,bool pd)
{
  for(int m=2,half=1;m<=M;half=m,m<<=1)
    for(int j=0;j<M;j+=m)
      fo(i,0,half-1)
      {
        a[i+j+half]+=a[i+j]*((pd?)-1:1);
      }
}

And

void FWT(int *a,bool pd)
{
  for(int m=2,half=1;m<=M;half=m,m<<=1)
    for(int j=0;j<M;j+=m)
      fo(i,0,half-1)
      {
        a[i+j]+=a[i+j+half]*((pd?)-1:1);
      }
}

Xor

void FWT(int *a,bool pd)
{
  for(int m=2,half=1;m<=M;half=m,m<<=1)
    for(int j=0;j<M;j+=m)
      fo(i,0,half-1)
      {
        int v=a[i+j+half];
        a[i+j+half]=a[i+j]-v,a[i+j]+=v;
        if(pd) a[i+j]/=2,a[i+j+half]/=2;
      }
}

一个应用（子集卷积）

有时候我们常常要碰到这样的问题
$f(n)=\sum\limits_{i\ or\ j=n,i\ and\ j=0}g(i)h(j)$
也就是子集卷补集

这似乎不太好处理
巧妙的转化一下
$i\ or\ j=n,i\ and\ j=0 \Longleftrightarrow i\ or \ j=n,bit[i]+bit[j]=bit[n]$，其中$bit[i]$为i在二进制下1的个数

如果我们将所有数按bit分组，每一组存一个多项式，只有bit数对应的项才有值，其他项为0

这就变成$F_{bit[n](x)}=\sum\limits_{i=0}^{bit[n]}G_i(x)*H_{bit[n]-i}(x)$
相当于里面的位运算卷积外面套一个普通的卷积。

枚举$bit[n]$，再枚举i，$tf(G)$和$tf(H)$可以提前预处理好，这里直接相乘
又由于$tf(A)+tf(B)=tf(A+B)$。
因此我们可以直接累加进$tf(F_{bit[n]})$，最后全部做完了再一次性$utf$回来

注意不同的bit[n]之间的F是不能加在一起的，一个bit[n]做完以后只有bit对应的项的值是有意义的。

这样预处理和后面乘积累加时间复杂度都是$O(n\log ^2n)的$，空间复杂度$O(n\log n)$