前言

首先，我们来看看多项式乘法。

$$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n$$

$$g(x)=b_0+b_{1}x+b_2{x}^2+\cdots +b_n{x}^n$$

而$h(x)=f(x)\times g(x)$，如果

$$h(x)=c_0+c_{1}x+c_2{x}^2+\cdots +c_n{x}^n$$

那么显然$c_k=\sum _{i=0}^k{a}_i\times b_{k-i}$

我们可以用$FFT$（快速傅里叶变换）来$O(n\log n)$求出多项式乘法。

为了方便，我们可以用$A$来表示多项式$f(x)$。

$$A=(a_0,a_1,a_2,\dots ,a_n)$$

同样地，多项式$g(x)$和$h(x)$同样可以用$B$，$C$来表示。

那么，多项式乘法可以表示为

$$C_k=\sum _{i+j=k}{A}_i\times B_j$$

那如果式子变成这样呢？

$$C_k=\sum _{i\oplus j=k}{A}_i\times B_j$$

其中$\oplus$可以为$\&,|,\text{xor}$。

这个时候，$FFT$就不管用了，我们就需要使用$FWT$（快速沃尔什变换）。

约定

$A+B=(A_0+B_0,A_1+B_1,A_2+B_2,\dots )$

$A-B=(A_0+B_0,A_1+B_1,A_2+B_2,\dots )$

$A\times B=(A_0\times B_0,A_1\times B_1,A_2\times B_2,\dots )$

$A\oplus B=(\sum _{i\oplus j=0}{A}_i\times B_j,\sum _{i\oplus j=1}{A}_i\times B_j,\sum _{i\oplus j=2}{A}_i\times B_j,\dots )$

注意$\oplus$在此处并不一定表示异或，还可以是$\&,|$。

快速沃尔什变换

对于求上面这类运算的卷积，我们可以用$FFT$的思路，将两个多项式先正变换，再按位相乘，最后逆变换回来。这就是$FWT$的思路。

首先，令$A$，$B$的最高次项的次数为$m$，我们取一个整数$n$，使$2^n\ge m$且$n$最小。那么让$A$，$B$的长度为$2^n$。这个操作和$FFT$中的是一样的。

对于每一个卷积，我们需要找到一个变换$T$，使得

• $T(A\oplus B)=T(A)\times T(B)$
• $IT(T(A)\times T(B))=A\oplus B$

其中$IT$表示$T$的逆变换。

注意$T(A)$和$IT(B)$也表示多项式。

或卷积

$C_k=\sum _{i|j=k}{A}_i\times B_j$，也可记作$C=A|B$。

构造$T(A{)}_i=\sum _{j\subseteq i}{A}_j$，其中我们将二进制位的关系看作集合关系，即$j\subseteq i$表示$(j|i)=i$，下同。

则有

$$T(A|B{)}_p=\sum _{k\subseteq p}\sum _{i|j=k}{A}_i\times B_j=\sum _{i\subseteq p}{A}_i\times \sum _{j\subseteq p}{B}_j=T(A{)}_p\times T(B{)}_p$$

其中$((i|j)\subseteq p)\iff (i\subseteq p)\wedge (j\subseteq p)$

设当前的多项式$A$有$2^n$项，用$A_0$表示前$2^{n-1}$项，$A_1$表示后$2^{n-1}$项。

那么有递推式

$$T(A)=(T(A_0),T(A_0)+T(A_1))$$

中间的逗号表示将$T(A_0)$和$T(A_1)$拼接在一起。

为什么是这样呢？看上面的$T$的式子$T(A{)}_i=\sum _{j\subseteq i}{A}_j$，第$n$位为$1$的部分对第$n$位为$0$的部分没有影响，而第$n$位为$0$的部分可以作为第$n$位为$1$的部分的子集。

那么，$T$的逆变换$IT$如下

$$IT(A^{\prime })=(IT(A_0^{\prime }),IT(A_1^{\prime })-IT(A_0^{\prime }))$$

其中$A,A_0^{\prime },A_1^{\prime }$表示经过变换$T$得到的多项式。

正变换和逆变换的实现可以合并在一起。

code

void fwt_or(long long *w,int fl){for(int s=2;s<=1<<n;s<<=1){int mid=s>>1;for(int v=0;v<1<<n;v+=s){for(int i=0;i<mid;i++){w[v+mid+i]=(w[v+mid+i]+fl*w[v+i]+mod)%mod;}}}
}

与卷积

$C_k=\sum _{i\&j=k}{A}_i\times B_j$，也可记作$C=A\&B$。

构造$T(A{)}_i=\sum _{i\subseteq j}{A}_j$。

则有

$$T(A\&B{)}_p=\sum _{p\subseteq k}\sum _{i\&j=k}{A}_i\times B_j=\sum _{p\subseteq i}{A}_i\times \sum _{p\subseteq j}{B}_j=T(A{)}_p\times T(B{)}_p$$

其中$(p\subseteq (i\&j))\iff (p\subseteq i)\wedge (p\subseteq j)$

设当前的多项式$A$有$2^n$项，用$A_0$表示前$2^{n-1}$项，$A_1$表示后$2^{n-1}$项。

那么有递推式

$$T(A)=(T(A_0),,+T(A_1),T(A_1))$$

为什么是这样呢？也看上面的$T$的式子$T(A{)}_i=\sum _{i\subseteq j}{A}_j$，第$n$位为$0$的部分对第$n$位为$1$的部分没有影响，而第$n$位为$1$的部分可以作为第$n$位为$0$的部分的超集。

那么，$T$的逆变换$IT$如下

$$IT(A^{\prime })=(IT(A_0^{\prime })-IT(A_1^{\prime }),IT(A_1^{\prime }))$$

同样地，正变换和逆变换的实现可以合并在一起。

code

void fwt_and(long long *w,int fl){for(int s=2;s<=1<<n;s<<=1){int mid=s>>1;for(int v=0;v<1<<n;v+=s){for(int i=0;i<mid;i++){w[v+i]=(w[v+i]+fl*w[v+mid+i]+mod)%mod;}}}
}

异或卷积

$C_k=\sum _{i\oplus j=k}{A}_i\times B_j$，也可记作$C=A\oplus B$。

在这里，$\oplus$就表示异或了。

首先，两个二进制数的异或，不会改变这两个数中二进制为$1$的位的数量和的奇偶性。

设$d_i$表示$i$的二进制为$1$的位的个数的奇偶性（值为$0$或$1$），则有

$$d_{i\oplus j}=d_i\oplus d_j$$

显然有

$$d_{i\&k}\oplus d_{j\&k}=d_{(i\&k)\oplus (j\&k)}=d_{(i\oplus j)\&k}$$

于是，我们可以构造

$$T(A{)}_i=\sum (-1{)}^{j\&i}{A}_j$$

则有

$$T(A\oplus B{)}_p=\sum (-1{)}^{k\&p}\sum _{i\oplus j=k}{A}_i\times B_j=\sum (-1{)}^{d_{i\&p}\oplus d_{j\&p}}{A}_i\times B_j$$

$$=\sum (-1{)}^{d_{i\&p}}{A}_i\times \sum (-1{)}^{d_{j\&p}}{B}_j=T(A)\times T(B)$$

设当前的多项式$A$有$2^n$项，用$A_0$表示前$2^{n-1}$项，$A_1$表示后$2^{n-1}$项。

那么有递推式

$$T(A)=(T(A_0)+T(A_1),T(A_0)-T(A_1))$$

为什么呢？

对于$0\le i<2^{n-1}$

$$T(A{)}_i=\sum (-1{)}^{d_{j\&i}}{A}_j=T(A_0{)}_i+\sum _{j=0}^{2^{n-1}-1}(-1{)}^{d_{j\&i}}(A_1{)}_j$$

而

$$T(A_1{)}_i=\sum _{j=0}^{2^{n-1}-1}(-1{)}^{d_{j\&i}}(A_1{)}_j$$

所以

$$T(A)=T(A_0)+T(A_1)$$

注意因为$0\le i<2^{n-1}$，所以$(j+2^{n-1})\&i=j\&i$

对于$2^{n-1}\le i<2^n$

$$T(A{)}_i=\sum (-1{)}^{d_{j\&i}}{A}_j=\sum _{j=0}^{2^{n-1}-1}(-1{)}^{d_{j\&(i-2^{n-1})}}(A_0{)}_j+\sum _{j=0}^{2^{n-1}-1}(-1{)}^{d_{j\&(i-2^{-1})}+1}(A_1{)}_j$$

所以

$$T(A)=T(A_0)+(-1)\times T(A_1)=T(A_0)-T(A_1)$$

$T$的逆变换$IT$如下

$$IT(A^{\prime })=(\frac{IT(A_0^{\prime })+IT(A_1^{\prime })}{2},\frac{IT(A_0^{\prime })-IT(A_1^{\prime })}{2})$$

将正变换和逆变换的实现合并在一起。

code

void fwt_xor(long long *w,int fl){for(int s=2;s<=1<<n;s<<=1){int mid=s>>1;for(int v=0;v<1<<n;v+=s){for(int i=0;i<mid;i++){long long t1=w[v+i],t2=w[v+mid+i];w[v+i]=(t1+t2)%mod;w[v+mid+i]=(t1-t2+mod)%mod;if(fl==-1){w[v+i]=w[v+i]*ny2%mod;w[v+mid+i]=w[v+mid+i]*ny2%mod;}}}}
}

例题

P4717 【模板】快速莫比乌斯/沃尔什变换 (FMT/FWT)

或卷积、与卷积、异或卷积的模板。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long a[1<<18],b[1<<18],c[1<<18],v1[1<<18],v2[1<<18];
long long mod=998244353,ny2=499122177;
void pt(){for(int i=0;i<1<<n;i++){a[i]=v1[i];b[i]=v2[i];}
}
void gt(){for(int i=0;i<1<<n;i++) c[i]=a[i]*b[i]%mod;
}
void out(){for(int i=0;i<1<<n;i++) printf("%lld ",c[i]);printf("\n");
}
void fwt1(long long *w,int fl){for(int s=2;s<=1<<n;s<<=1){int mid=s>>1;for(int v=0;v<1<<n;v+=s){for(int i=0;i<mid;i++){w[v+mid+i]=(w[v+mid+i]+fl*w[v+i]+mod)%mod;}}}
}
void fwt2(long long *w,int fl){for(int s=2;s<=1<<n;s<<=1){int mid=s>>1;for(int v=0;v<1<<n;v+=s){for(int i=0;i<mid;i++){w[v+i]=(w[v+i]+fl*w[v+mid+i]+mod)%mod;}}}
}
void fwt3(long long *w,int fl){for(int s=2;s<=1<<n;s<<=1){int mid=s>>1;for(int v=0;v<1<<n;v+=s){for(int i=0;i<mid;i++){long long t1=w[v+i],t2=w[v+mid+i];w[v+i]=(t1+t2)%mod;w[v+mid+i]=(t1-t2+mod)%mod;if(fl==-1){w[v+i]=w[v+i]*ny2%mod;w[v+mid+i]=w[v+mid+i]*ny2%mod;}}}}
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=0;i<1<<n;i++) scanf("%lld",&v1[i]);for(int i=0;i<1<<n;i++) scanf("%lld",&v2[i]);pt();fwt1(a,1);fwt1(b,1);gt();fwt1(c,-1);out();pt();fwt2(a,1);fwt2(b,1);gt();fwt2(c,-1);out();pt();fwt3(a,1);fwt3(b,1);gt();fwt3(c,-1);out();return 0;
}

子集卷积

$C_k=\sum _{i\subseteq k}{A}_i\times B_{k-i}$，也可以写成$C_k=\sum _{i|j=k,i\&j=0}{A}_i\times B_j$.

相对于或卷积来说，它多了一个限制，即必须是两个二进制位没有交集的下标进行或运算。

可以按二进制位为$1$的数量来分类，设$d_i$表示$i$中二进制位为$1$的位数。那么

$$C_k=\sum _{i|j=k,d_i+d_j=d_k}{A}_i\times B_j$$

多项式$V_i$表示二进制位为$1$的个数为$i$的$A$值，二进制位为$1$的个数不等于$i$的数在$V_i$中值为零。

对于每一个$V_i$，做一次$FWT$。若$k$中二进制位为$1$的个数为$i$，则$C_k=\sum _{j=0}^i(V_j{)}_k\times (V_{i-j}{)}_k$。

例题

P6097 【模板】子集卷积

子集卷积的模板。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long a[1<<21],b[1<<21],c[1<<21],ct[1<<21],ans[1<<21],ta[22][1<<21],tb[22][1<<21];
const long long mod=1e9+9;
void fwt(long long *w,long long fl){for(int s=2;s<=(1<<n);s<<=1){int mid=s>>1;for(int v=0;v<(1<<n);v+=s){for(int i=0;i<mid;i++){w[v+mid+i]=(w[v+mid+i]+fl*w[v+i]+mod)%mod;}}}
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<(1<<n);i++){ct[i]=ct[i-(i&(-i))]+1;}for(int i=0;i<(1<<n);i++){scanf("%lld",&a[i]);ta[ct[i]][i]=a[i];}for(int i=0;i<(1<<n);i++){scanf("%lld",&b[i]);tb[ct[i]][i]=b[i];}for(int i=0;i<=n;i++){fwt(ta[i],1);fwt(tb[i],1);}for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=i;j++){for(int k=0;k<(1<<n);k++){c[k]=(c[k]+ta[j][k]*tb[i-j][k]%mod)%mod;}}fwt(c,-1);for(int j=0;j<(1<<n);j++){if(ct[j]==i) ans[j]=c[j];c[j]=0;}}for(int i=0;i<(1<<n);i++){printf("%lld ",ans[i]);}return 0;
}

总结

$FWT$主要是要找到变换$T$，然后用一种快速的方法变换，将两个多项式相乘后再用逆变换变回来，即可得出答案。

一般情况下，时间复杂度为$O(n\log n)$。