快速沃尔什变换，FWT及K进制异或卷积&快速子集变换

　　$FWT$是用来处理位运算(异或、与、或)卷积的一种变换。位运算卷积是什么？形如$f[i]=\sum\limits_{j\oplus k==i}^{ }g[j]*h[k]$的卷积形式(其中$\oplus$为位运算)就是位运算卷积。如果暴力枚举的话，时间复杂度是$O(n^2)$，但运用$FWT$来解决就可达到$O(nlog_{n})$的时间复杂度。$FST$则是借助$FWT$来进行的对子集卷积的优化，相当于$FWT$的一个应用。

FWT

与卷积

对于与运算，有一个结论：$(i\&j)\&k==k<-->(i\&k==k)\&\&(j\&k==k)$。

那么我们就可以构造一个求父集和的函数$F(i)=\sum\limits_{j\&i==i}^{ }f(i)$，由此我们可以推出：

$G(k)*H(k)$

$=\sum\limits_{i\&k==k}^{ }g(i)\sum\limits_{j\&k==k}^{ }h(j)$

$=\sum\limits_{(i\&j)\&k==k}^{ }g(i)*h(j)$

$=\sum\limits_{t\&k==k}^{ }\sum\limits_{i\&j==t}^{ }g(i)*h(j)$

因为$f(t)=\sum\limits_{i\&j==t}^{ }g(i)*h(j)$，

所有上式$=\sum\limits_{t\&k==k}^{ }f(t)=F(k)$

因此我们只需要将$g,h$正变换成$G,H$，然后对应位相乘得到$F$后再将$F$逆变换回去即可得到$f$。

那么如何正变换？

以下面为例：

00 a

01 b

10 c

11 d

我们从最低位开始考虑，每次只考虑只有当前位不同的两个数之间的影响。显然求父集只有$1$会对$0$有贡献，因此我们将$01$的值加到$00$上，将$11$的值加到$10$上，再看下一位，同样将$11$的值加到$01$上，将$10$的值加到$00$上。这样最后$00$的值为$a+b+c+d$，$01$的值为$b+d$，$10$的值为$c+d$，$11$的值为$d$。同样逆变换就是将$1$的值从$0$上减掉即可。

附上代码

void fwt_and(int *a,int opt)
{
    for(int k=2;k<=n;k<<=1)
    {
        for(int i=0,t=k>>1;i<n;i+=k)
        {
            for(int j=i;j<i+t;j++)
            {
                if(opt==1)
                {
                    a[j]=(a[j]+a[j+t])%mod;
                }
                else
                {
                    a[j]=(a[j]-a[j+t]+mod)%mod;
                }
            }
        }
    }
}

或卷积

或卷积和与卷积类似，对于或卷积同样有结论：$(i|j)|k==k<-->(i|k==k)\&\&(j|k==k)$

这次我们需要构造一个求子集和的函数$G(i)=\sum\limits_{j|i==i}^{ }g(j)$，推导过程和与卷积类似。

对于正变换，显然只有$0$对$1$有贡献；对于逆变换，只需要将$0$的值从$1$中减掉即可。

附上代码

void fwt_or(int *a,int opt)
{
    for(int k=2;k<=n;k<<=1)
    {
        for(int i=0,t=k>>1;i<n;i+=k)
        {
            for(int j=i;j<i+t;j++)
            {
                if(opt==1)
                {
                    a[j+t]=(a[j+t]+a[j])%mod;
                }
                else
                {
                    a[j+t]=(a[j+t]-a[j]+mod)%mod;
                }
            }
        }
    }
}

异或卷积

对于异或卷积，我们设$bit(i)$代表$i$的二进制中$1$的奇偶性，因此有一个结论(这里异或用$\oplus$表示)：$bit(i\&k)\oplus bit(j\&k)=bit((i\oplus j)\&k)$

对于原多项式$g$构造$G(i)=\sum\limits_{j=0}^{2^n-1}(-1)^{bit(j\&i)}g(j)$

开始推导：

$G(k)*H(k)$

$=\sum (-1)^{bit(i\&k)}g(i)\sum (-1)^{bit(j\&k)}h(j)$

$=\sum (-1)^{bit((i\oplus j)\& k)}g(i)*h(j)$

$=\sum (-1)^{bit(t\&k)}\sum\limits_{i\oplus j==t}^{ }g(i)*h(j)$

$=\sum (-1)^{bit(t\&k)}f(t)$

$=F(k)$

对于正变换，我们同样从最低位向最高位考虑，每次只考虑只有当前位不同的两个数之间的影响。对于每对$0$和$1$(设值分别为$a$和$b$)，$0\&0=0$和$0\&1=0$都不会影响$bit$的值，所以$0$那个位置的值变成$a+b$；$1\&0=0$不会影响$bit$的值，但$1\&1=1$会影响$bit$的值(相当于在前面乘上一个$-1$的系数)，因此$1$那个位置的值变成$a-b$。对于逆变换，相当于我们现在知道两个位置$x=a+b$，$y=a-b$，求$a$和$b$，可以得到$a=\frac{x+y}{2},b=\frac{x-y}{2}$。

附上代码

void fwt_xor(int *a,int opt)
{
    int tmp;
    for(int k=2;k<=n;k<<=1)
    {
        for(int i=0,t=k>>1;i<n;i+=k)
        {
            for(int j=i;j<i+t;j++)
            {
                tmp=a[j];
                a[j]=(a[j]+a[j+t])%mod;
                a[j+t]=(tmp-a[j+t]+mod)%mod;
                if(opt==-1)
                {
                    a[j]=1ll*a[j]*inv%mod;
                    a[j+t]=1ll*a[j+t]*inv%mod;
                }
            }
        }
    }
}

K进制异或卷积

可以发现二进制的异或运算相当于不进位加法即每一位对应相加后对$2$取模，而与运算相当于不进位乘法即每一位对应相乘后对$2$取模，$bit$相当于求二进制每一位的和对$2$取模。那么我们将这些在二进制下的运算扩展到$K$进制可以发现同样满足上述的结论，但对于从$g$求$G$的部分每个数前面的系数的底数是$-1$，显然这个系数不能扩展到$K$进制。那么我们现在就需要找一个系数$w$满足$w^0,w^1,w^2……w^{k-1}$都各不相同且$w^i=w^{i\%k}$。从$FFT$中我们知道了复数单位根这个东西，那么我们完全可以将$w$取$K$次单位根，这样就可以满足以上性质了！类比二进制亦或的正变换也可以得出$K$进制的正变换。

FST

$FST$通常用来优化一类子集$DP$，例如$f(S)=\sum g(T)*h(S-T)$，其中$T$是$S$的子集。

对于这个方程我们不能直接用$FWT$卷积，因为如果$g(i)*h(j)$会对$f(k)$有贡献就要求$i|j=k,i\&j=0$。

显然位运算卷积不能同时满足这两个要求，那么我们将方程变成二维表示$f[S][i]=\sum\limits_{j=1}^{i}\sum\limits_{a|b==S}^{ }g[a][j]*h[b][i-j]$

其中的第二维表示集合大小，对于$f[S][i]$只有当$i=|S|$时才有值，这样第一维保证并集为$S$，第二维保证交集为空集，所以其他不合法的状态不会影响答案。

这样我们就能对式子进行卷积：$F[S][i]=\sum\limits_{j=1}^{i}G[S][j]*H[S][i-j]$。求出每个$F$的值再$FWT$逆变换回去即可。

原题中的$f[S]$就是二维状态中的$f[S][|S|]$。

时间复杂度为$O(2^n*n^2)$。