浅谈集合幂级数和 FWT
数学基础
相关符号
- 多项式系数提取符号
\([x^i]f(x)\) 表示多项式 \(f(x)\) 中 \(x^i\) 前的系数。 - 艾弗森括号
\([P]=\begin{cases}1, P \text{为真}\\0, P\text{为假}\end{cases}\) - 求积符号
\(\prod_{i=1}^nf(i)=f(1)\times f(2)\times\cdots\times f(n)\) - 异或符号：\(\oplus\)
- 集合对称差：\(\triangle\)
\(A\triangle B=\{x|x\in A\text{且}x\notin B\}\cup \{x|x\in B\text{且}x\notin A\}\)
实际上集合对称差类似于二进制里的异或。
习题
- 求 \(\sum_{i=0}^4[x^i]F(x)\)，其中 \(F(x)=3-2x+x^4-7x^6\)。
- 证明 \([S\subseteq T]=\prod_{x\in S}[x\in T]\)。
- 定义 \(F(S)=\sum_{x\in S}2^x\)，证明 \(F(S\triangle T)=F(S)\oplus F(T)\)。
形式幂级数
形式幂级数是一个形如 \(F(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}a_ix^i\) 的无限级数（当然实际上在 OI 中，它往往并不是一个无限级数），它将数列 \(\{a_n\}\) 映射到了一个幂级数 \(F(x)\)。
值得注意的是 \(F(x)\) 往往并不收敛，但是我们不关心它是否收敛，也不关心代入一个 \(x\) 时它的值具体是多少。实际上 \(x^i\) 只是一个形式记号，并不代表具体的数值。
引入形式幂级数的好处在与它使我们能够便捷地表述数列的运算。
想象一下，你有两个数列 \(\{a_n\}\) 和 \(\{b_n\}\)，你希望让这两个数列对应项相加。
定义数列 \(\{c_n\}\)，满足 \(\forall i\in\mathbb{N^+},i\leq n\) 都有 \(c_i=a_i+b_i\)
在你需要进行大量复杂的数列运算的时候，这种写法简直是毁灭性的。
使用形式幂级数就能简便的描述这件事（设 \(A(x), B(x)\) 分别是 \(\{a_n\}, \{b_n\}\) 的形式幂级数）
\(C(x)=A(x)+B(x)\)
这就是形式幂级数的魅力！
和卷积
幂级数 \(A(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}a_ix^i, B(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}b_ix^i\) 的和卷积是 \(C(x)=A(x)B(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}\sum_{j+k=i}a_jb_kx^i\)（实际上这就是一般意义上的多项式乘法）
异或卷积
\(C(x)=A(x)B(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}\sum_{j\oplus k=i}a_jb_kx^i\)
因此在使用幂级数乘法时，必须申明它代表什么卷积。
习题
计算 \((1-2x^3)(x^2+4x^3)\)。 （乘法是异或卷积）
集合幂级数
类似形式幂级数，定义集合幂级数：
\(F(x)=\sum_{S\subseteq U}f_Sx^S\)
其中 \(f\) 是一个集合到实数的映射。
这里出现了一个集合做为指数的情况，但我们并不关心 \(5^{\{3, 5, 10\}}\) 或者 \(x^\mathbb{R}\) 究竟是多少。它们只是形式记号，我们并不关系它的数值。
集合幂级数的作用是提供了一个集合到实数的映射，并且能够便利的对这个映射进行操作。
集合卷积
设集合幂级数 \(A(x)=\sum_{S\subseteq U}a_Sx^S, B(x)=\sum_{S\subseteq U} b_Sx^S\)。
- 集合并卷积
\(C(x)=A(x)B(x)=\sum_{S\subseteq U}\sum_{S_1\cup S_2=S}a_{S_1}b_{S_2}x^S\) - 集合交卷积
\(C(x)=A(x)B(x)=\sum_{S\subseteq U}\sum_{S_1\cap S_2=S}a_{S_1}b_{S_2}x^S\) - 集合对称差卷积
\(C(x)=A(x)B(x)=\sum_{S\subseteq U}\sum_{S_1\triangle S_2=S}a_{S_1}b_{S_2}x^S\) - 逐点乘积
\(C(x)=A(x)\cdot B(x)=\sum_{S\subseteq U}a_Sb_Sx^S\)
习题
-
计算 \((x^{\{e\}}-2x^{\{e, \sqrt2\}})(-x^{\mathbb{R}}+3x^{\{\sqrt2\}})\) 在乘法是并卷积/交卷积时的值。
-
定义 \(\text{INV}(F(x))=\sum_{S\subseteq U} ([x^S]F(x))x^{U/S}\)。
设 \(A(x)\) 是 \(F(x)\) 和 \(G(x)\) 的交卷积。
\(B(x)\) 是 \(\text{INV}(F(x))\) 和 \(\text{INV}(G(x))\) 的并卷积。
证明 \(A(x)=\text{INV}(B(x))\)。
FWT
FWT 可以在 \(O(n2^n)\) 计算两个集合幂级数的并/交/对称差卷积，\(n\) 是集合中元素个数。
基本思想
定义集合幂级数到集合幂级数的映射 \(\text{FWT}\) 和逆映射 \(\text{FWT}^{-1}\)，满足：
- \(\text{FWT}^{-1}(\text{FWT}(F(x)))=F(x)\)
- \(A(x)B(x)=\text{FWT}^{-1}(\text{FWT}(A(x))\cdot \text{FWT}(B(x)))\)
只要能够在 \(O(n2^n)\) 时间内计算 \(\text{FWT}\) 和 \(\text{FWT}^{-1}\)，就能做到快速卷积。
定义特征函数 \(\phi(X, Y)\)，使得：
特征函数的性质
为了使变换后卷积运算转化为逐点乘积：
特征函数 \(\phi(X, Y)\) 必须满足乘法同态性，即对特定集合运算 \(\star\)，有：
至于为什么它要满足乘法同态性，本文不作展开，感兴趣的可以阅读 这篇文章
三类卷积的特征函数
1. 对称差卷积
\( \phi_{\triangle}(X, Y) = (-1)^{|X \cap Y|} \)
同态性证明：
\((-1)^{|(X \triangle X') \cap Y|} = (-1)^{|(X \cap Y) \triangle (X' \cap Y)|}\)
\(=(-1)^{|X \cap Y|+|X' \cap Y|-2|X\cap X' \cap Y|}\)
\(=(-1)^{|X \cap Y|} \cdot (-1)^{|X' \cap Y|}\)
2. 并卷积
\(
\phi_{\cup}(X, Y) = [X \subseteq Y]
\)
同态性证明：
\(
[X\cup X'\subseteq Y]=[X\subseteq Y]\times[X'\subseteq Y]。
\)
3. 交卷积
补集转化后变为并卷积。
建议把对称差卷积和并卷积的公式背下来，注意背的是公式而不是背代码，因为公式在难题的推导过程中很有用。
具体实现
对称差卷积
对称差卷积的代码建议全文背诵。
void FWT_xor(int *a)
{
for(int mid = 1; mid < (1 << n); mid <<= 1)
{
for(int i = 0; i < (1 << n); i += (mid << 1))
{
for(int j = 0; j < mid; j++)
{
int x = a[i + j], y = a[i + j + mid];
a[i + j] = (x + y) % mod;
a[i + j + mid] = (x - y + mod) % mod;
}
}
}
}
\(\text{FWT}^{-1}\) 的方法是对一个幂级数做 \(\text{FWT}\) 之后让所有系数除以 \(2^n\)（\(n\) 是集合中元素个数）
#define MOD 998244353
void IFWT_xor(int n, int *a){
FWT_xor(n, a);
int n1=power((1<<n), MOD-2);
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
a[i]*=n1;a[i]%=MOD;
}
}
你会发现 \(\text{FWT}\) 的代码和 \(\text{FFT}\) 的代码几乎一模一样，\(\text{FWT}^{-1}\) 的方式也和 \(\text{FFT}^{-1}\) 的方式一样，这是因为它们的本质都是让数列乘以范德蒙矩阵。
并卷积
根据并卷积的特征函数，求 \(\text{FWT}(F(x))\) 的过程就是高维前缀和，\(\text{FWT}^{-1}(F(x))\) 的过程就是高维差分。
void FWT_or(int *a)
{
for(int i = 0; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < (1 << n); j++)
{
if(j >> i & 1)
a[j] = (a[j] + a[j - (1 << i)]) % mod;
}
}
}
void IFWT_or(int *a)
{
for(int i = 0; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < (1 << n); j++)
{
if(j >> i & 1)
a[j] = (a[j] - a[j - (1 << i)] + mod) % mod;
}
}
}
交卷积
补集转化后套用并卷积的代码。
例题
让我们先看三道模板题。
模板1（自编题）
对于每一个 \(T\subseteq\{1, 2, ......, m\}\)，分别回答如下问题：
问有多少种集合列 \(S_1, ..., S_n\)，满足：
- \(S_i\subseteq \{1, 2, ......, m\}\)
- \(\text{GCD}_{x\in S_i}x=1\)
- \(\bigcup_{i=1}^nS_i=T\)
\(m\leq 20, n\leq 10^{9}\)
解析
这道题体现了集合幂级数最主要的作用：计数。
考虑幂级数 \(F(x)=\sum_{S\subseteq\{1, 2, ......, m\}}[\text{GCD}_{a\in S}=1]x^S\)。
那么我们有如下结论：
\([x^T]F(x)\) 等于 \(n=1\) 时 \(T\) 的答案。
考虑 \(n=2\) 时如何计算 \(T\) 的答案。我们有如下结论：
\([x^T](F(x)^2)\) 等于 \(n=1\) 时 \(T\) 的答案。（这里的平方是集合并卷积）
证明也比较显然:\([x^T](F(x)^2)=\sum_{S_1\cup S_2=T}[S_1]F(x)\times[S_2]F(x)\)，这里 \(S_1\) 就是第一个集合的选择，\(S_2\) 就是第二个集合的选择，因此这个求和符号一定取遍所有合法的选法。
类似地，我们有：
\([x^T](F(x)^k)\) 等于 \(n=k\) 时 \(T\) 的答案。
证明显然。
所以本题的答案是 \([x^T](F(x)^n)\)。只需要计算 \(F(x)^n\)，提取各项系数就是答案。
可以用类似快速幂的方法计算 \(F(x)^n\)，这样复杂度是 \(O(m2^m\log n)\)，更好的办法是先算出 \(\text{FWT}(F(x))\)，所有系数都取 \(n\) 次方后，再跑一遍 \(\text{FWT}^{-1}\) 即可得出答案。最终复杂度 \(O(m2^m+2^m\log n)\)。
评析
这道题唯一考察的知识点是幂级数的运用。幂级数最常见的运用便是用于计数题，使用系数代表方案数，这样幂级数的求和/卷积都具有了组合意义。
补充练习
为了让大家能够充分理解幂级数的组合意义，我们再补充几道题：
- 证明选出八个质数，使它们的和是 \(114514\) 的方案数是 \([x^{114514}](\sum_{p\in\mathbb{P}}x^p)^8\)(和卷积)
- 假设肯德基有三种套餐，分别是汉堡加薯条套餐，汉堡加可乐套餐，薯条加鸡块套餐。麦当劳除了上述三种套餐之外，还有土豆泥加薯条加可乐套餐。使用集合幂级数的知识，求出在肯德基吃两份套餐，在麦当劳吃三份套餐后，你把所有食物都尝了至少一遍的方案数。（只需要列式）
- 定义一种选数方案的权值是选出的所有数的阶乘的乘积，求选出八个质数，使它们的和是 \(114514\) 的所有方案的权值和。（只需要列式）
模板2（[ABC396G] Flip Row or Col）
有一个 \(n\times m\) 的 \(01\) 矩阵，可以进行任意多次操作，每次将某一行或某一列 \(01\) 翻转，问操作后矩阵中所有数的和最小是多少。
\(n\leq 18\)
\(m\leq 2\times 10^5\)
解析
一个思路是枚举哪些行进行翻转，假设进行翻转的行的集合是 \(S\)，那么答案显然是 \(\sum_{i=1}^m \min(|S\triangle B_i|, n-|S\triangle B_i|)\)。
设 \(cnt_A=\sum_{i=1}^m[B_i=A]\)
让我们推一波式子：
\(\sum_{i=1}^m \min(|S\triangle B_i|, n-|S\triangle B_i|)\)
=\(\sum_{T\subseteq U}\min(|T|, n-|T|) \sum_{i=1}^m [S\triangle B_i=T]\)
=\(\sum_{T\subseteq U}\min(|T|, n-|T|) \sum_{i=1}^m [T\triangle B_i=S]\)
=\(\sum_{T\subseteq U}\min(|T|, n-|T|) \sum_{A\subseteq U}cnt_A[T\triangle A=S]\)
=\([x^S]((\sum_{T\subseteq U}\min(|T|, n-|T|))\times(\sum_{A\subseteq U} cnt_A))\)（这里的乘法是异或卷积）
然后就做完了，复杂度 \(O(n2^n)\)。
简单讲一下推式子的思路：
这道题显然使用异或卷积做，但异或卷积维护的是形如 \([A\triangle B=S]f(A)g(B)\) 的形式而非 \(\min(|S\triangle B_i|, n-|S\triangle B_i|)\) 的形式。
所以我们要做的是把后者向前者的形式靠拢，自然的想法是枚举 \(T=S\triangle B_i\)，这样 \(S\) 就能从 \(T\) 和 \(B_i\) 转移而来。
模板3（[ABC212H] Nim Counting）
给定 \(n\) 和正整数集合 \(S\subseteq [1, V]\)，
求满足如下条件的正整数数列 \(\{a_1, a_2, ..., a_m\}\) 的个数。
- \(m\leq n\)
- \(a_i\in S\)
- 在 \(\{a_1, a_2, ..., a_m\}\) 上玩 Nim 游戏，先手必胜。
解法
为了便于统计，改为求先手必败的方案数，那么
第三个条件等价于 \(\bigoplus_{i=1}^ma_i=0\)，所以答案是 \(\sum_{m=1}^n[x^0](\sum_{a\in S}x^a)^m\)（异或卷积）
直接计算这个式子太慢了，因此考虑推一下：
设 \(f(x)=\text{FWT}(\sum_{a\in S}x^a)\)
\(\sum_{m=1}^n[x^0](\sum_{a\in S}x^a)^m\)
\(=\sum_{m=1}^n[x^0]\text{FWT}^{-1}(f(x)^m)\)（乘法是逐项相乘）
\(=\sum_{m=1}^n\frac{1}{V}[x^0]\text{FWT}(f(x)^m)\)
\(=\sum_{m=1}^n\frac{1}{V}\sum_{i=0}^{V}[x^i](f(x)^m)\)
\(=\sum_{i=0}^{V}\frac{1}{V}\sum_{m=1}^n[x^i](f(x)^m)\)
\(=\sum_{i=0}^{V}\frac{1}{V}\sum_{m=1}^n([x^i]f(x))^m\)
预计算出 \(f(x)\) 的各项系数后，用等比数列求和公式快速计算第二个求和符号，然后枚举第一个求和符号，这道题就做完了。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
评析
和第一道自编题类似，这道题同样用幂级数来计数，但是区别在与如果这道题直接进行幂级数运算，复杂度太慢。
为了优化复杂度，我们对式子进行了推导，使它变成易于维护的形式。而推导式子的技巧在与将卷积变成先 \(\text{FWT}\)，再点乘，再 \(\text{FWT}^{-1}\) 的运算，然后利用 \(\text{FWT}()\) 的定义将其展开。
接下来，让我们看两道有难度的题。
困难题1（[省选联考 2022] 卡牌）
给定正整数集合 \(S\)，\(q\) 次问讯，每次问讯给出一个素数组成的集合 \(P\)，查询有多少满足条件的集合 \(T\)，要求 \(T\subseteq S\) 且 \(\forall p\in P, \prod_{x\in T}x\) 被 \(p\) 整除。
\(|S|\leq 10^6, q\leq 1500, \sum|P|\leq 18000， P\) 中的所有数都不超过 \(2000\)。
解法
有一个关于素数的经典 trick：
不超过 \(\sqrt n\) 的素数个数很少，而任意两个大于 \(\sqrt n\) 的素数的乘积大于 \(n\)。
在这道题中，我们就可以使用这样的思路。小于等于 \(43\) 的素数只有 \(14\) 个，对于这 \(14\) 个素数，可以使用 FWT 计算。
设 \(P(x)\) 表示 \(x\) 的所有小于等于 \(43\) 的素因数构成的集合。
如果 \(P\) 中的所与素数都小于等于 \(43\)，那么答案是 \(\sum_{P\subseteq T}[x^T]\prod_{a\in S}(1+x^{P(a)})\)
但是如果 \(P\) 中有大于 \(43\) 的素数，例如 \(53\)，那么所有被 \(53\) 整除的数都不选的方案就应该被排除掉。
设 \(S_p\) 表示 \(S\) 中被 \(p\) 整除的数的集合，\(S_{\text{extra}}\) 表示 \(S\) 中不被任何一个\(P\) 中大于 \(43\) 的素数整除的数构成的集合。
显然地，对于所有大于 \(43\) 的 \(p\), \(S_p\) 之间两两无交，\(S_p\) 和 \(S_{\text{extra}}\) 也无交。这样就把 \(S\) 划分为了多个部分，可以对每个部分分别计算，再乘起来了。
定义 \(F(S)=\prod_{a\in S}(1+x^{P(a)})\)
答案是 \(\sum_{P\subseteq T}[x^T](F(S_{\text{extra}}))\times((\prod_{p\in P,p>43}F(S_p))-1)\)
\(F(S_{\text{extra}})=\frac{F(S)}{\prod_{p\in P,p>43}F(S_p)}\)
这样只要预处理 \(F(S_p)\)，对于每个问讯分别计算即可。
在开启下一道困难题前，让我们先看一道铺垫题：
铺垫题
对于给定的数列 \(\{A_i\}\)，求出 \(j=0,2,......,V\) 时 \(\sum_{i=1}^n[\text{popcount}(A_i\&j)\text{是偶数}]\)。
解法
\(\sum_{i=1}^n[\text{popcount}(A_i\&j)\text{是偶数}]\)
\(=\sum_{i=1}^n[(-1)^{\text{popcount}(A_i\&j)}=1]\)
\(=\frac{1}{2}(n+\sum_{i=1}^{n}(-1)^{\text{popcount}(A_i\&j)})\)
\(=\frac{1}{2}(n+\sum_{i=1}^{n}[x^j]\text{FWT}(x^{A_i}))\)
\(=\frac{1}{2}(n+[x^j]\sum_{i=1}^{n}\text{FWT}(x^{A_i}))\)
\(=\frac{1}{2}(n+[x^j]\text{FWT}(\sum_{i=1}^{n}x^{A_i}))\)
解释一下第二个等号，\(\sum_{i=1}^{n}(-1)^{\text{popcount}(A_i\&j)}=\sum_{i=1}^n[\text{popcount}(A_i\&j)\text{是偶数}]-\sum_{i=1}^n[\text{popcount}(A_i\&j)\text{是奇数}]\)
又因为 \(\sum_{i=1}^n[\text{popcount}(A_i\&j)\text{是偶数}]+\sum_{i=1}^n[\text{popcount}(A_i\&j)\text{是奇数}]=n\)，联立即可证明第二个等号。
第三个等号是 \(\text{FWT}\) 的定义。
第五个等号是由 \(\text{FWT}\) 的线性性得出。
因此只需要对 \(\sum_{i=1}^{n}x^{A_i}\) 进行一次 \(\text{FWT}\) 即可。
[ABC367G] Sum of (XOR^K or 0)
求 \(\sum_{S\subseteq\{1, 2,...,n\},m\mid(|S|)}(\bigoplus_{i\in SA_i})^k\)。
\(n, k\leq2\times10^5\)
\(m\leq 100\)
\(A_i\leq2^{20}\)
解法
概要
本题的核心思想：异或和的 \(k\) 次方没有良好的性质，因此考虑枚举异或和是 \(a\)，设有 \(cnt_a\) 种选数方案（选出 \(m\) 的倍数个数）能够让选出的数的异或和为 \(a\)，答案就是 \(\sum_{a=0}^Va^kcnt_a\)。
因此我们必须快速求出 \(cnt\) 数组。为此我们设计出生成函数 \(\prod_{i=1}^{n}(x^{A_i}y+x^0)\)（其中 \(x\) 的乘法是异或卷积，即 \(x^a\times x^b=x^{a\oplus b}\)，\(y\) 的乘法是模 \(m\) 的循环卷积，即 \(y^a\times y^b=y^{(a+b)\mod m}\)）。
容易注意到该生成函数 \(x^ay^b\) 前的系数等于从 \(\{A_i\}\) 种选出若干个数，使得它们的异或和为 \(a\)，且选出的数的个数 \(\mod m=b\) 的方案数。所以有 \(cnt_a=\) 生成函数中 \(x^ay^0\) 前的系数。
为了快速计算出该生成函数，我把计算过程拆分为三部分。其中两部分放入了如下的两个引理中。
两个引理
引理 1：存在解法能够在 \(O(n+V\log V)\) 时间内对于给定的数列 \(\{A_i\}\)，求出 \(j=0,2,......,V\) 时 \(\sum_{i=1}^n[\text{popcount}(A_i\&j)\text{是偶数}]\)。
就是之前那道铺垫题。
引理 2：存在解法能在 \(O(V\log V+nm)\) 的时间内，
对于给定的数列 \(\{A_i\}\) 和所有的 \(j\)，求出 \([y^0]\prod_{i=1}^n(1+(-1)^{\text{popcount}(A_i\&j)}y)\) （注意这里的多项式乘法是模 \(m\) 意义下的循环卷积，即 \(y^a\times y^b=y^{(a+b)\mod m}\)）
证明：\(\prod_{i=1}^n(1+(-1)^{\text{popcount}(A_i\&j)}y)\)
\(=(1+y)^{\sum_{i=1}^n[\text{popcount}(A_i\&j)\text{是偶数}]}(1-y)^{\sum_{i=1}^n[\text{popcount}(A_i\&j)\text{是奇数}]}\)
考虑对每个 \(i\) 预处理出 \((1+y)^i\) 和 \((1-y)^i\) 的表达式，然后使用引理 1 求出 \(\sum_{i=1}^n[\text{popcount}(A_i\&j)\text{是偶数}]\) 即可。
因为次数是模 \(m\) 意义下的，所以多项式的项数不超过 \(m\)，因为 \(m\) 很小，所以完全可以暴力计算多项式乘法，复杂度是 \(O(nm^2)\)，但是注意到只有 \(y^0\) 的系数对我们有用，所以可以只计算 \(y^0\) 系数，复杂度降低至 \(O(nm)\)。加上引理 1 里的 \(O(V\log V)\)，总复杂度 \(O(nm+V\log V)\)。
引理证毕。
主要推导部分
题目求的是
\(\sum_{S\subseteq\{1, 2,...,n\},m\mid(|S|)}(\bigoplus_{i\in SA_i})^k\)
\(=\sum_{a=0}^{V} a^k\sum_{S\subseteq\{1, 2,...,n\},m\mid(|S|)}[\bigoplus_{i\in SA_i}=a]\)
\(=\sum_{a=0}^{V} a^k[x^ay^0]\prod_{i=1}^{n}(x^{A_i}y+x^0)\)（\(x\) 的乘法是异或卷积，\(y\) 的乘法是模 \(m\) 意义下的循环卷积）
现在我们来研究 \(\prod_{i=1}^{n}(x^{A_i}y+x^0)\)
\(\prod_{i=1}^{n}(x^{A_i}y+x^0)\)
\(=\text{FWT}^{-1}(F_1(x)\cdot F_2(x)\cdot ...... \cdot F_n(x))\)（“\(\cdot\)”表示对应项的系数相乘）
其中 \(F_i=\text{FWT}(x^{A_i}y+x^0)\)
\(=\text{FWT}(x^{A_i}y)+\text{FWT}(x^0)\)
\(=\sum_{j=0}^{V} ((-1)^{\text{popcount}({A_i}\&j)}y+1)x^j\)
所以 \(\prod_{i=1}^{n}(x^{A_i}y+x^0)\)
\(=\text{FWT}^{-1}(\sum_{j=0}^{V}(\prod_{i=1}^n(1+(-1)^{\text{popcount}(A_i\&j)}y))x^j)\)
使用引理 2 的方法算出 \([y^0](\prod_{i=1}^n(1+(-1)^{\text{popcount}(A_i\&j)}y))\)，然后进行 \(\text{FWT}^{-1}\) 即可得到 \(\prod_{i=1}^{n}(x^{A_i}y+x^0)\) 的各项系数，于是这道题就做完了。
总结
如果 \(m=1\)，这题并不困难，但是 \(m\) 的约束很难单独处理，因此巧妙地设计出了二元生成函数，从而做到同时满足 \(m\) 的约束和异或和的约束。
而在处理二元生成函数卷积时，采用了主元的思想，将 \(y\) 视作常数进行 FWT。
快速计算 \(\sum_{i=0}^n[\text{popcount}(A_i\&j)\text{是偶数}]\) 也是一个难点。因为这个式子的形式和异或卷积的形式非常相似，所以尝试构造一个生成函数，对它进行沃尔什正变换，再恒等变形后得到 \(\sum_{i=0}^n[\text{popcount}(A_i\&j)\text{是偶数}]\)。
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