FWT

FWT 快速沃尔什变换

一种以 \(O(n \times 2^n)\) 的时间复杂度快速计算位运算卷积的算法。

位运算卷积

分三种。

• OR 卷积（并集卷积）

\[c_k = \sum_{i \mid j=k} a_i \cdot b_j \]

正变换即 SOS dp，逆变换即逆向 SOS dp。

证明：

\[\text{FWT\_OR}(a)[k] \times \text{FWT\_OR}(b)[k] \\ = \sum_{s \subset k} a_s \sum_{t \subset k} b_t \\ = \sum_{s \subset k} \sum_{t \subset k} a_s \cdot b_t \\ = \sum_{s \cup t \subset k} a_s \cdot b_t \\ = \sum_{u \subset k} \sum_{s \cup t=u} a_s \cdot b_t \\ = \sum_{u \subset k} c_u \\ = \text{FWT\_OR}(c)[k] \]

• AND 卷积（交集卷积）

\[c_k = \sum_{i \& j = k} a_i \cdot b_j \]

正变换即超集 SOS dp，逆变换即逆向超集 SOS dp，证明同上。

• XOR 卷积

\[c_k = \sum_{i \oplus j=k} a_i \cdot b_j \]

这个东西不好直接 dp 求解，提供一种分治的思路。

设数组长度为 \(2^n\)，考虑最高位的情况：

1. \(a_0\)：下标 \(0 \sim 2^{n-1}-1\)，对应最高位为 \(0\)

2. \(a_1\)：下标 \(2^{n-1} \sim 2^{n}-1\)，对应最高位为 \(1\)

对于 \(b,c\) 数组，我们同样做类似的划分。

以上是正变换。

考虑计算 \(c\)：

1. 对于 \(c_0\)，显然 \(a,b\) 最高位相同，有 \(c_0 = a_0 * b_0 + a_1 * b_1\)（\(*\) 表示去掉最高位之后做卷积）

2. 对于 \(c_1\)，同理有 \(c_1 = a_0 * b_1 + a_1 * b_0\)。

这个东西不好直接点乘计算，考虑构造。

具体的，我们构造 \(A_0=a_0+a_1,A_1=a_0-a_1\)（\(b\) 同理），则有：

\[A_0 B_0 \\ = a_0 b_0 + a_0 b_1 + a_1 b_0 + a_1 b_1 \\ = (a_0 b_0 + a_1 b_1) + (a_0 b_1 + a_1 b_0) \\ = c_0 + c_1 \]

同理，\(A_1 B_1 = c_0 - c_1\)，然后解方程即可得 \(c_0,c_1\)。

以上是逆变换。

例题选讲

• CF662C（简化问题的策略、紧扣所求）

我们发现行很小，考虑状压列，记为 \(j\)。

我们不妨先考虑行的反转操作，记行的操作为 \(mask\)，则当前列的状态应为 \(j \oplus mask\)。对于这个状态，它最小的一的个数显然就是 \(\min(bit,n-bit)\)（\(bit\) 为该状态在二进制下 \(1\) 的个数），因为可以对列再翻转一次，将这个值记为 \(val_{j \oplus mask}\)。

然后问题转化为求 \(ans_{mask} = \sum val_{j \oplus mask} \cdot cnt_{j}\)（\(cnt_j\) 表示状态为 \(j\) 的列数），这不就是 XOR 卷积吗？直接 FWT 解决即可。

• P1539（OR 卷积优化状压 dp）

很容易直接枚举当前行和上一行的状态然后转移，这是 \(O(n \cdot 4^n)\) 的，显然无法通过。

然后我们发现当前行某一位填 \(0\) 时上一行随意，但是这一位填 \(1\) 时上一行就只能填 \(0\)，说明上一行的状态是这一行补集的子集，这显然可以 OR 卷积（或者说 SOS dp）去优化之。

注意讨论一下 \(n,m\) 的大小关系，以便矩阵进行转置。

总结

FWT 一般用途：优化状压 dp、凑成特定形式快速计算答案。