[学习笔记] 快速沃尔什变换 (FWT)

0. 引入与一些约定

想要快速计算

\[C[k]=(A\text{ opt }B)[k]=\sum_{i\text{ opt }j=k}a_ib_j \]

我们可以利用 \(\mathtt{FFT}\) 的思想：将系数多项式转化成点值多项式，\(\mathcal O(n)\) 求得答案后将其还原成系数多项式。

假设 \(A,B\) 均为多项式，则 \(A+B,A-B,A\times B\) 都代表着 对位运算。

\(\mid,\&,\oplus\) 分别表示或、与、异或。且若无特殊说明，\(i\subseteq j\) 表示在二进制意义下 \(i\) 是 \(j\) 的子集。

1. 按位或卷积

1.1. 定义与正确性

定义

\[\mathtt{FWT}(A)[i]=\sum_{j\mid i=i}a_j\\ \mathtt{IFWT}(\mathtt{FWT}(A))=A \]

所以有

\[\begin{align} \big[\mathtt{FWT}(A)\times \mathtt{FWT}(B)\big][i]&=\sum_{j_1\cup j_2\subseteq i}a_{j_1}b_{j_2}\\ &=\sum_{(j_1\mid j_2)|i=i}a_{j_1}b_{j_2} \end{align} \]

按照定义将上面那个柿子 \(\mathtt{IFWT}\) 一下就是 \(A|B\) 了。

1.2. 正变换

对于一个多项式 \(A\)，不妨设其长度为 \(2^n\)，令 \(A_0,A_1\) 分别为前 \(2^{n-1}\) 项，后 \(2^{n-1}\) 项（其实也可以理解为将下标以二进制的最高位分组），有：

\[\mathtt{FWT}(A)= \begin{cases} \big(\mathtt{FWT}(A_0),\mathtt{FWT}(A_0+A_1)\big) & & n>0\\ A && n=0 \end{cases} \]

这个递归式可以这样理解：最终能贡献到前 \(2^{n-1}\) 项的项的最高位一定为零，此时 \(A_1\) 这一部分一定无用，所以由 \(\mathtt{FWT}(A_0)\) 组成；贡献到后 \(2^{n-1}\) 项的项的最高位可以为 \(0/1\)，所以相当于没有限制，此时贡献到哪一位只由二进制的后 \(n-1\) 位决定，所以直接取 \(\mathtt{FWT}(A_0)+\mathtt{FWT}(A_1)\) 即可。

另外我们也可以得到 \(\mathtt{FWT}(A_0+A_1)=\mathtt{FWT}(A_0)+\mathtt{FWT}(A_1)\)，考虑 \(j\) 对满足 \(j\subseteq i\) 的 \(i\) 的贡献即可。

1.3. 逆变换

\[\mathtt{IFWT}(A)= \begin{cases} \big(\mathtt{IFWT}(A_0),\mathtt{IFWT}(A_1-A_0)\big) & & n>0\\ A && n=0 \end{cases} \]

\(n=0\) 的情况就不再赘述，对于 \(n>0\) 的情况，我们直接将 \(\mathtt{FWT}(A)\) 代入柿子：

\[\begin{align} \mathtt{IFWT}\big(\mathtt{FWT}(A)\big)&=\big(\mathtt{IFWT}(\mathtt{FWT}(A_0)),\mathtt{IFWT}(\mathtt{FWT}(A_0+A_1)-\mathtt{FWT}(A_0))\big)\\ &=\big(A_0,\mathtt{IFWT}(\mathtt{FWT}(A_0)+\mathtt{FWT}(A_1)-\mathtt{FWT}(A_0)) \big)\\ &=(A_0,A_1) \end{align} \]

1.4. 代码实现

void OR(int *f,int opt=1) {
    for(int l=2;l<=n;l<<=1)
        for(int o=0,p=l>>1;o<n;o+=l)
            for(int i=o;i<o+p;++i)
                f[i+p] = inc(f[i+p],f[i]*opt);
}

2. 按位与卷积

2.1. 定义

定义

\[\mathtt{FWT}(A)[i]=\sum_{j\& i=i}a_j\\ \mathtt{IFWT}(\mathtt{FWT}(A))=A \]

所以有

\[\begin{align} \big[\mathtt{FWT}(A)\times \mathtt{FWT}(B)\big][i]&=\sum_{j_1\cap j_2\supseteq i}a_{j_1}b_{j_2}\\ &=\sum_{(j_1\& j_2)\&i=i}a_{j_1}b_{j_2} \end{align} \]

按照定义将上面那个柿子 \(\mathtt{IFWT}\) 一下就是 \(A\&B\) 了（其实计算 \(\mathtt{FWT}(A\&B)\) 应该会更好理解，你会发现 \(\mathtt{FWT}(A\&B)[i]\) 就是枚举 \(i\) 的超集 \(j\)，再枚举 \(j_1,j_2\) 使得 \(j_1\&j_2=j\)）。

2.2. 正变换

\[\mathtt{FWT}(A)= \begin{cases} \big(\mathtt{FWT}(A_0+A_1),\mathtt{FWT}(A_1)\big) & & n>0\\ A && n=0 \end{cases} \]

理解方式同上，就不再阐述。

2.3. 逆变换

\[\mathtt{IFWT}(A)= \begin{cases} \big(\mathtt{IFWT}(A_0-A_1),\mathtt{IFWT}(A_1)\big) & & n>0\\ A && n=0 \end{cases} \]

证明方式同上，就不再阐述。

2.4. 代码实现

void AND(int *f,int opt=1) {
    for(int l=2;l<=n;l<<=1)
        for(int o=0,p=l>>1;o<n;o+=l)
            for(int i=o;i<o+p;++i)
                f[i] = inc(f[i],f[i+p]*opt);
}

3. 按位异或卷积

3.1. 定义

定义 \(i\circledast j\) 为 \(i\& j\) 在二进制下 \(1\) 的个数的奇偶性。

定义

\[\mathtt{FWT}(A)[i]=\sum_{i\circledast j=0}a_j-\sum_{i\circledast j=1}a_j=\sum (-1)^{i\circledast j}\cdot a_j\\ \mathtt{IFWT}(\mathtt{FWT}(A))=A \]

在证明 \(\mathtt{FWT}(A\oplus B)=\mathtt{FWT}(A)\times \mathtt{FWT}(B)\) 之前，首先有结论：\((i\circledast j)\oplus (i\circledast k)=i\circledast (j\oplus k)\).

具体证明可以对 \(i,j,k\) 二进制的每一位考虑，如果每一位都成立那么总结论也可以推知。只证明一位的话分类讨论或者打表都行 /ww.

那么

\[\begin{align} \big[\mathtt{FWT}(A)\times \mathtt{FWT}(B)\big][i]&=\left(\sum_{i\circledast j=0}a_j-\sum_{i\circledast j=1}a_j \right)\cdot\left(\sum_{i\circledast k=0}b_k-\sum_{i\circledast k=1}b_k\right)\\ &=\sum_{i\circledast (j\oplus k)=0}a_jb_k-\sum_{i\circledast (j\oplus k)=1}a_jb_k=\mathtt{FWT}(A\oplus B)[i] \end{align} \]

3.2. 正变换

\[\mathtt{FWT}(A)= \begin{cases} \big(\mathtt{FWT}(A_0)+\mathtt{FWT}(A_1),\mathtt{FWT}(A_0)-\mathtt{FWT}(A_1)\big) & & n>0\\ A && n=0 \end{cases} \]

证明就是暴力推柿子（这里只考虑 \(i<2^{n-1}\) 的情况，后半部分同理）：

\[\begin{align} \mathtt{FWT}(A)[i]&=\sum_{j=0}^{2^n-1}(-1)^{i\circledast j}a_j\\ &=\sum_{j=0}^{2^{n-1}-1}(-1)^{i\circledast j}a_j+\sum_{j=2^{n-1}}^{2^{n}-1}(-1)^{i\circledast j}a_j\\ &=\mathtt{FWT}(A_0)[i]+\sum_{j=0}^{2^{n-1}-1}(-1)^{i\circledast (j+2^{n-1})}a_{j+2^{n-1}}\\ &=\mathtt{FWT}(A_0)[i]+\sum_{j=0}^{2^{n-1}-1}(-1)^{i\circledast j}a_{j+2^{n-1}}\\ &=\mathtt{FWT}(A_0)[i]+\mathtt{FWT}(A_1)[i] \end{align} \]

3.3. 逆变换

若 \(n>0\)：

\[\mathtt{IFWT}(A)=\left(\frac{\mathtt{IFWT}(A_0)+\mathtt{IFWT}(A_1)}{2},\frac{\mathtt{IFWT}(A_0)-\mathtt{IFWT}(A_1)}{2}\right) \]

需要证明 \(\mathtt{FWT}(A_0+A_1)=\mathtt{FWT}(A_0)+\mathtt{FWT}(A_1)\)，这个由 \(\mathtt{FWT}(A)[i]=\sum (-1)^{i\circledast j}\cdot a_j\) 可以轻松得出。

接下来就与 1.3. 逆变换 相同，直接代入即可。

3.4. 代码实现

void XOR(int *f,int opt=1) {
    for(int l=2;l<=n;l<<=1)
        for(int o=0,p=l>>1;o<n;o+=l)
            for(int i=o;i<o+p;++i) {
                int x=f[i],y=f[i+p];
                f[i] = inc(x,y);
                f[i+p] = dec(x,y);
                if(opt==-1) f[i]*=inv_2, f[i+p]*=inv_2;
            }
}

4. 高维前/后缀和与各类卷积的联系

4.1. 按位或卷积

其实就是将所有下标看作长度为 \(n\) 的二进制串。比如 \(i=(0010)_2\) 对应数组编号 \([0][0][1][0]\). 令 \(s_i,t_i\) 分别为 \(a_i,b_i\) 的前缀和。为了更清楚地说明，令 \(i=(p_1p_2\dots p_n)_2\)，那么可以这样表示：

\[s_i=\sum a_{(j_1j_2\dots j_n)_2}\cdot \prod_{k=1}^n [0\le j_{k}\le p_k] \]

可以发现，所谓的 \(\mathtt{FWT}(A)[i]\) 其实就是 \(s_i\). 那么我们将 \(s_i\) 与 \(t_i\) 相乘，看看得到了什么：

\[s_it_i=\sum a_{(j_1j_2\dots j_n)_2}\cdot b_{(k_1k_2\dots k_n)_2}\cdot \prod_{l=1}^n [0\le j_{l}\le p_l]\cdot [0\le k_{l}\le p_l] \]

\(\bf FBI\ Warning\)：以下内容全是辣鸡博主在乱扯，如果扯得不对请在评论区指出，别点踩嗄 /ww

定义 \(f(i)=(\max(0,p_1-1)\max(0,p_2-1)\dots \max(0,p_n-1))_2\). 是的，你没有看错，这个玩意儿就是零，~~我也觉得好它吗怪~~。那么

\[s_it_i-s_{f(i)}t_{f(i)}=\sum a_{(j_1j_2\dots j_n)_2}\cdot b_{(k_1k_2\dots k_n)_2}\cdot \prod_{l=1}^n [\max\{j_l,k_l\}=p_l] \]

怎么说呢，这个柿子可以用多重 for 循环来理解。如果只考虑 \(1\) 维前缀和（二进制只有 \(1\) 位）就可以画一个矩形来表示 \(s_it_i\)，那么 \(s_it_i-s_{f(i)}t_{f(i)}=s_it_i-s_{i-1}t_{i-1}\)，其实这个差可以看作旋转 \(180^\circ\) 的 L 形图案。

这个图案就是我们要求的 \((A|B)[i]\) 了。所以说，高维前缀和的差分就是 \(\mathtt{IFWT}\).

4.2. 按位与卷积

其实是一样的，只不过是前缀和变成了后缀和，\(\max\) 卷积变成了 \(\min\) 卷积。

4.3. \(\rm more?\)

我也只会口胡，你可以发现 \(\gcd\) 和 \(\text{lcm}\) 卷积实际上是幂次上的 \(\min\) 和 \(\max\) 卷积。

5. 题目小结

例 1. \(\text{CF662C Binary Table}\)

考虑到 \(n\) 是很小的，可以枚举行的翻转状态，定义状态 \(i\) 得到的最小 \(1\) 个数为 \(C_i\). 设 \(A_i\) 为列状态为 \(i\) 的列数，\(B_i\) 为 \(i\) 和 \(2^n\oplus i\) 更少的 \(1\) 的个数（枚举列的翻转）。那么有：\(C_i=\sum A_jB_{i\oplus j}\). 这就是一个很板的 \(\mathtt{FWT}\) 了。但一定要注意 数据范围的计算。

例 2. \(\text{BZOJ - 4589 Hard Nim}\)

令 \(P(x)=[x\text{ is prime}\wedge x\le m ]\)，那么答案显然是 \(P^n[0]\)，定义 "乘法" 为 \(\oplus\).

这道题目其实就是将 \(\mathtt{FWT}(A\oplus B)=\mathtt{FWT}(A)\times \mathtt{FWT}(B)\) 拓展到

\[\mathtt{FWT}(A_1\oplus A_2\oplus\dots \oplus A_n)=\mathtt{FWT}(A_1)\times \mathtt{FWT}(A_2)\times \dots\times \mathtt{FWT}(A_n) \]

类似于 \(A\oplus B=\mathtt{IFWT}(\mathtt{FWT}(A)\times \mathtt{FWT}(B))\)，再乘上 \(C\) 得：

\[\begin{align} (A\oplus B)\oplus C&=\mathtt{IFWT}(\mathtt{FWT}(A\oplus B)\times \mathtt{FWT}(C))\\ &=\mathtt{IFWT}(\mathtt{FWT}(A)\times \mathtt{FWT}(B)\times \mathtt{FWT}(C)) \end{align} \]

结论可以归纳证明。

例 3. \(\text{51nod - 1773 }\)A 国的贸易

设 \(f_{t,i}\) 为第 \(t\) 天第 \(i\) 个城市的货物存储量。那么有：

\[\begin{align} f_{t,i}&=f_{t-1,i}+\sum_{i\oplus j=2^k}f_{t-1,j}\\ &=f_{t-1,i}+\sum_{j\oplus 2^k=i}f_{t-1,j} \end{align} \]

不妨令 \(A_0=1,A_i=[\exist 2^k=i]\). 这就是异或卷积了。

posted on 2022-02-18 14:59 Oxide 阅读(385) 评论(0) 收藏举报

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