鲜花：几种快速计算多个少项式异或卷积的算法

我也不知道我写了个啥标题，反正就很厉害就是了。

一

给定常数 \(a,b,c\)，给定 \(n\) 个二元组 \((x_i,y_i)\)，已知 \(f\) 满足 \(f_{0,0}=1\) 且 \(f_{i,j}=af_{i-1,j}+bf_{i-1,j\oplus x_i}+cf_{i-1,j\oplus y_i}\)，求 \(f_{n,*}\) 的每一项系数。
\(1\le n\le 10^7,0\le x_i,y_i\le 2^{20}\)。

首先发现存在 \(O(nm)\) 做法。

将每个二元组视作一个序列 \(h\)，满足 \(h_0=a,h_x=b,h_y=c\)，那么每次 DP 相当于和 \(h\) 序列做 xor 卷积。每次求 \(\text{fwt}(h)\) 可以做到 \(O(nm\log m)\)，比暴力劣一点。

因为 \(h\) 只有 \(O(1)\) 个位置有值，考察 \(\text{fwt}(h)\) 的形式，其只存在四种本质不同的取值：\(a+b+c,a-b+c,a+b-c,a-b-c\)。考虑每一个位置，那么设这四种值在 \(n\) 个 FWT 序列中出现次数分别为 \(p_1,p_2,p_3,p_4\)，那么我们就能得知这个位置在进行 \(n\) 次卷积后的值为 \((a+b+c)^{p_1}(a+b-c)^{p_2}(a-b+c)^{p_3}(a-b-c)^{p_4}\)。

现在问题转化为对于每个位置，求 \(p_1,p_2,p_3,p_4\) 的值。我们计算维护三个序列 \(f_1,f_2,f_3\)，对于 \(n\) 个二元组，我们在 \(f_1\) 的 \(x\) 位置 \(+1\)，在 \(f_2\) 的 \(y\) 位置 \(+1\)，在 \(f_3\) 的 \(x\oplus y\) 位置 \(+1\)，记这三个序列 FWT 之后某个位置的值分别为 \(c_1,c_2,c_3\)，那么我们就能知道这个位置的 \(p_1,p_2,p_3,p_4\) 满足：

\[p_1+p_2+p_3+p_4=n \]

\[p_1+p_2-p_3-p_4=c_1 \]

\[p_1-p_2+p_3-p_4=c_2 \]

\[p_1-p_2-p_3+p_4=c_3 \]

那么可以解出 \(p_1,p_2,p_3,p_4\) 的值，得到对应序列之后 IFWT 回去即可求出 \(f_n\)。

复杂度 \(O(n+m\log m)\)，实在是神仙。

二

给定 \(n\) 个三元组 \((a_i,b_i,x_i)\)，已知 \(f\) 满足 \(f_{0,0}=1\) 且 \(f_{i,j}=a_if_{i-1,j}+b_if_{i-1,j\oplus x_i}\)，求 \(f_{n,*}\) 的每一项系数。

\(0\le n,m\le 2^{20}\)。

其实也能做五元组的，但是我太懒了不想推了 /kel。

考虑延续上面的思路，我们快进到 FWT 部分。

我们要求：

\[[x^k]F(x)=[x^k]\prod(a_ix^{\empty}+b_ix^{x_i}) \]

\[=\prod[x^k]\text{fwt}(a_ix^{\empty}+b_ix^{x_i}) \]

\[=\prod(a_i+(-1)^{|k\cap x_i|}b_i) \]

\[=\exp \sum \ln(a_i+(-1)^{|k\cap x_i|}b_i) \]

\[=\exp \sum [x^k]\text{fwt}(p_1x^{\empty}+p_2x^{x_i}) \]

\[=\exp [x^k] \text{fwt}\sum (p_1x^{\empty}+p_2x^{x_i}) \]

于是我们算出来 \(p_1,p_2\) 直接做 FWT 再 EXP 即可求出答案。

复杂度 \(O(n \log m+m\log m)\)。

两个题的核心思想在于化 \(\prod\) 为 \(\sum\)，然后利用 FWT 的线性性统一处理。