FWT 笔记

用于给定 \(A(x),B(x)\)，解决计算

\[C(k)=\sum_{i\oplus j=k}A(i)B(j) \]

的问题。其中 \(\oplus\) 是按位或，按位与或按位异或。

0. 核心思想

构造多项式 \(F_A\)，使得 \(A\) 与其可以在 \(O(n\log n)\) 的时间内相互转换，并且 \(F_A\times F_B\) 可以在 \(O(n)\) 内计算。

1. 按位或

构造

\[F_A(x)=\sum_{i\operatorname{or}x=x}A(i) \]

则

\[\begin{align*} F_A(x)\times F_B(x)&= \sum_{i\operatorname{or}x=x}A(i)\sum_{j\operatorname{or}x=x}B(j)\\ &=\sum_{i\operatorname{or}x=x}\sum_{j\operatorname{or}x=x}A(i)B(j)\\ &=\sum_{(i\operatorname{or}j)\operatorname{or}x=x}A(i)B(j)\\ &=F_C(x) \end{align*} \]

考虑如何将 \(A\) 转换为 \(F_A\)，将 \(A\) 的长度补到二的次幂后，可以进行分治，可以发现左边的数的最高位全为 \(0\)，右边的数的最高位全为 \(1\)。

除最高位外，左边的第 \(i\) 个数和右边的第 \(i\) 个数相同，因此，每一个左边的第 \(i\) 个数都对右边的第 \(i\) 个数有贡献。

按层自下向上递推，不断增加对右侧贡献的间隔长度即可。

考虑将 \(F_A\) 转换为 \(A\)，分治后，右边的第 \(i\) 个数要减去左边的第 \(i\) 个数的贡献，因此这两个东西本质相同，一个函数即可解决。

点击查看代码

// 当前分治区间长度为 p，左端点为 i，半个区间的长度为 q
// 左边第 j 个数向右边第 j 个数贡献（i+j -> i+j+p）
void OR(int *f, int opt) {
    for (int p = 2, q = 1; p <= 1 << n; p <<= 1, q <<= 1)
        for (int i = 0; i < 1 << n; i += p)
            for (int j = 0; j < q; j++)
                f[i + j + q] = (f[i + j + q] + f[i + j] * opt + mod) % mod;
}

2. 按位与

和按位或同理，只是变成右边向左边贡献了。

点击查看代码

void AND(int *f, int opt) {
    for (int p = 2, q = 1; p <= 1 << n; p <<= 1, q <<= 1)
        for (int i = 0; i < 1 << n; i += p)
            for (int j = 0; j < q; j++)
                f[i + j] = (f[i + j] + f[i + j + q] * opt + mod) % mod;
}

3. 按位异或

构造

\[F_A(x)=\sum_{p(i\operatorname{and}x)\bmod 2=0}A(i)-\sum_{p(i\operatorname{and}x)\bmod 2=1}A(i) \]

其中 \(p(x)\) 表示 \(\operatorname{popcount}(x)\)。

可以发现

\[(p(i\operatorname{and}j)\bmod 2)\operatorname{xor} (p(i\operatorname{and}k)\bmod 2)=(p(i\operatorname{and}j)+p(i\operatorname{and}k))\bmod 2\\ \]

\[p(i\operatorname{and}(j\operatorname{xor}k))\bmod 2=(p(i\operatorname{and} j)+p(i\operatorname{and}k)-2(i,j,k都是1的位置))\bmod 2 \]

后面那个 \(2\) 的倍数 \(\bmod 2\) 变成 \(0\) 了。

令 \(f(i)=p(i\operatorname{and} x)\bmod 2\)，故

\[f(i)\operatorname{xor}f(j)=f(i\operatorname{xor}j) \]

因此

\[\begin{align*} F_A(x)\times F_B(x)&=(\sum_{f(i)=0}A(i)-\sum_{f(i)=1}A(i))(\sum_{f(j)=0}B(j)-\sum_{f(j)=1}B(j))\\ &=\sum_{f(i)=0\wedge f(j)=0}A(i)B(j)-\sum_{f(i)=0\wedge f(j)=1}A(i)B(j)-\sum_{f(i)=1\wedge f(j)=0}A(i)B(j)+\sum_{f(i)=1\wedge f(j)=1}A(i)B(j)\\ &=\sum_{f(i\operatorname {xor}j)=0}A(i)B(j)-\sum_{f(i\operatorname{xor}j)=1}A(i)B(j)\\ &=F_C(x) \end{align*} \]

考虑 \(A\to F_A\) 同样分治，左边第 \(i\) 个数 \(L\) 和右边第 \(i\) 个数 \(R\)，二进制 \(1\) 的个数奇偶必然不同。

首先考虑这个 \(\operatorname{and}\)，必然同 2 有右边向左边贡献。

接着考虑右边，因为全都多了一位，所以他们内部之间的 \(p(i\operatorname{and} j)\bmod 2\) 必然发生了改变，由于恰好是减号，所以直接取反。

由于只关心 \(\bmod 2\) 的值，所以左边也对右边有贡献。

综上，\(L'=L+R,R'=L-R\)。

考虑从 \(F_A\to A\)，则有 \(L=\frac{L'+R'}{2},R=\frac{L'-R'}{2}\)。

点击查看代码

void XOR(int *f, int opt) {
    for (int p = 2, q = 1; p <= 1 << n; p <<= 1, q <<= 1)
        for (int i = 0; i < 1 << n; i += p)
            for (int j = 0; j < q; j++) {
                int l = f[i + j], r = f[i + j + q];
                f[i + j] = (l + r) % mod * opt % mod;
                f[i + j + q] = (l - r + mod) % mod * opt % mod;
            }
}