【HDU6057】Kanade's Convolution-FWT

测试地址：Kanade’s Convolution
题目大意：给定两个长为2m(m≤19)$2^m(m\le 19)$的向量A,B$A,B$，计算向量C$C$，其中：

Ck=∑i and j=kAi xor j⋅Bi or j$$C_k=\sum _{iandj=k}{A}_{ixorj}\cdot B_{iorj}$$

做法：本题需要用到FWT。
看到这种类似卷积的东西，又是关于位运算，自然想到FWT。但是这个式子看上去实在复杂，三种位运算都有，貌似不可算，所以我们先化一下式子：
首先我们根据位运算的定义，有：(i and j)+(i xor j)=i or j$(iandj)+(ixorj)=iorj$。于是我们把枚举i,j$i,j$改成枚举x=i or j,y=i xor j$x=iorj,y=ixorj$，那么条件i and j=k$iandj=k$就变成了x−y=k$x-y=k$，根据x,y$x,y$之间的特殊关系，减号可以换成xor$xor$。在这种情况下，需要有一个约束条件使得存在一些与一对x,y$x,y$对应的i,j$i,j$，这个约束条件为x and y=y$xandy=y$。又根据一些二进制位的关系可以得出，一对这样的x,y$x,y$所对应的i,j$i,j$对数为2bit(y)$2^{bit(y)}$，其中bit(y)$bit(y)$指y$y$的二进制位数。这样我们就把式子化成了下面的形式：

Ck=∑x xor y=k[x and y=y]⋅Bx⋅Ay⋅2bit(y)$$C_k=\sum _{xxory=k}[xandy=y]\cdot B_x\cdot A_y\cdot 2^{bit(y)}$$

这时候这个式子已经很有卷积的感觉了，关键是方括号内的部分怎么处理。这时候我们需要把条件换成另一个等价的条件。当x xor y=k$xxory=k$时，x and y=y$xandy=y$和bit(x)−bit(y)=bit(k)$bit(x)-bit(y)=bit(k)$是等价的，证明还是从x,y$x,y$间的特殊关系着手。于是式子变成：

Ck=∑x xor y=k[bit(x)−bit(y)=bit(k)]⋅Bx⋅Ay⋅2bit(y)$$C_k=\sum _{xxory=k}[bit(x)-bit(y)=bit(k)]\cdot B_x\cdot A_y\cdot 2^{bit(y)}$$

令向量F(A,k)i=[bit(i)=k]⋅Ai$F(A,k{)}_i=[bit(i)=k]\cdot A_i$（实际上就是把bit(i)$bit(i)$为k$k$的所有Ai$A_i$单独抽出来），再令A′i=Ai⋅2bit(i)$A_i^{\prime }=A_i\cdot 2^{bit(i)}$，有：
F(C,k)=∑mi=kF(B,i)⋅F(A′,i−k)$F(C,k)=\sum _{i=k}^{m}F(B,i)\cdot F(A^{\prime },i-k)$
根据FWT得出的点值表示的性质，这些东西可以通过FWT后，直接对位相加、乘来计算，最后再把这一大堆进行逆FWT即可。
注意到Ck=F(C,bit(k))k$C_k=F(C,bit(k){)}_k$，于是我们只需按照上面的方法计算出F(C,i)$F(C,i)$即可解决此题，时间复杂度为O(m22m)$O(m^2{2}^m)$。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const ll inv=(mod+1)>>1;
int m,n,bit[600010];
ll a[600010],b[600010];
ll A[20][600010]={0},B[20][600010]={0},C[20][600010]={0};

void FWT(ll *a,int n,int type)
{
    for(int mid=1;mid<n;mid<<=1)
        for(int l=0;l<n;l+=(mid<<1))
            for(int k=0;k<mid;k++)
            {
                ll x=a[l+k],y=a[l+mid+k];
                a[l+k]=(x+y)%mod;
                a[l+mid+k]=(x-y+mod)%mod;
                if (type==-1)
                {
                    a[l+k]=a[l+k]*inv%mod;
                    a[l+mid+k]=a[l+mid+k]*inv%mod;
                }
            }
}

int main()
{
    scanf("%d",&m);
    n=(1<<m);
    for(int i=0;i<n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=0;i<n;i++)
        scanf("%lld",&b[i]);
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        bit[i]=0;
        int x=i;
        while(x)
        {
            if (x&1) bit[i]++;
            x>>=1;
        }
    }

    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        A[bit[i]][i]=a[i]*(1ll<<bit[i])%mod;
        B[bit[i]][i]=b[i];
    }
    for(int i=0;i<=m;i++)
        FWT(A[i],n,1),FWT(B[i],n,1);
    for(int i=0;i<=m;i++)
        for(int j=0;j+i<=m;j++)
        {
            int k=j+i;
            for(int p=0;p<n;p++)
                C[i][p]=(C[i][p]+A[j][p]*B[k][p])%mod;
        }
    for(int i=0;i<=m;i++)
        FWT(C[i],n,-1);

    ll now=1,ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        ans=(ans+C[bit[i]][i]*now)%mod;
        now=now*1526ll%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);

    return 0;
}