大致参考 OI-wiki，改进、补充了一些描述。
约定
- \(\cup\) 是按位或。
- \(\cap\) 是按位与。
- \(\oplus\) 是按位异或。
- \(\operatorname{merge}\) 是将两个数组首尾相接。
- 无特殊说明的情况下，\(A + B\) 表示两个数组 \(A, B\) 对位相加。
- 无特殊说明的情况下，\(A \cdot B\) 表示两个数组 \(A, B\) 对位相乘。
- 无特殊说明的情况下，\(n\) 是数组长度，且为了方便，默认 \(n\) 是 \(2\) 的整数次幂，且默认 0-index。
我们要解决的问题
给出 \(A, B\)，我们希望快速求出一下式子中的 \(C\)，其中 \(\otimes\) 是一种二元位运算。
\[C_i = \sum_{j \otimes k = i} A_j B_k
\]
参照 FFT 的思想，我们希望能够将 \(A, B\) 经过某种运算表示成 \(\operatorname{FWT}[A], \operatorname{FWT}[B]\)，使得 \(\operatorname{FWT}[C] = \operatorname{FWT}[A] \cdot \operatorname{FWT}[B]\)，再对 \(\operatorname{FWT}[C]\) 进行逆运算得到 \(C\)。
FWT - or
我们构造
\[\operatorname{FWT}[A]_i = \sum_{i \cup j = i}A_j
\]
，即 \(A\) 的子集和，容易发现这里的 \(\operatorname{FWT}[A]\) 是一个线性变换，因此有
\[\operatorname{FWT}[A+B] = \operatorname{FWT}[A] + \operatorname{FWT}[B]
\]
不难发现这个东西是满足我们期望 FWT 变换满足的性质的。具体如下：
\[\begin{align}
\operatorname{FWT}[A]_i \operatorname{FWT}[B]_i &= \left( \sum_{i \cup j = i} A_j \right) \left( \sum_{i \cup k = i} B_k \right) \nonumber \\
&= \sum_{i \cup j = i} \sum_{i \cup k = i} A_j B_k \nonumber \\
&= \sum_{i \cup (j \cup k) = i} A_j B_k \nonumber \\
&= \sum_{i \cup (j \cup k) = i} C_{j \cup k} \nonumber \\
&= \operatorname{FWT}[C]_i \nonumber
\end{align}
\]
那么我们应该如何求解 \(\operatorname{FWT}[A]\) 呢？考虑分治。
将 \(A\) 按照最高位分类。令 \(A\) 前 \(\frac{n}{2}\) 个元素为 \(A_0\)，后 \(\frac{n}{2}\) 个元素为 \(A_1\)。
由于 \(i\) 的子集一定是 \(i\) 超集的子集，所以 \(i\) 的子集和一定被包含在 \(i + \frac{n}{2}\) 这个位置的子集和中。
所以
\[\operatorname{FWT}[A] = \operatorname{merge}(\operatorname{FWT}[A_0], \operatorname{FWT}[A_0] + \operatorname{FWT}[A_1])
\]
可在 \(O(n \log n)\) 的时间内得到解决。
接下来考虑 FWT - or 的逆操作 \(\operatorname{UFWT}\)，为了方便描述，我们假设 \(A' = \operatorname{FWT}[A]\)。
容易发现线性变换的逆也是线性变换。因此
\[\operatorname{UFWT}[A+B] = \operatorname{UFWT}[A] + \operatorname{UFWT}[B]
\]
同理，\(A_0\) 就是它本身 \(\operatorname{FWT}\) 的 \(\operatorname{UFWT}\)，而 \(A_1\) 的 \(\operatorname{FWT}\) 是 \(A_0\) 和 \(A_1\) 的 \(\operatorname{FWT}\) 之和。因此
\[\begin{align}
A_1 &= \operatorname{UFWT}[A'_1 - A'_0] \nonumber \\
&= \operatorname{UFWT}[A'_1] - \operatorname{UFWT}[A'_0] \nonumber
\end{align}
\]
\[\operatorname{UFWT}[A'] = \operatorname{merge}(\operatorname{UFWT}[A' _0], \operatorname{UFWT}[A'_1] - \operatorname{UFWT}[A' _ 0])
\]
问题得到解决。
FWT - and
同理，构造 \(A\) 序列的超集和
\[\operatorname{FWT}[A]_i = \sum_{i \cap j = i}A_j
\]
这个东西同样满足 \(\operatorname{FWT}\) 运算的性质。
\[\begin{align}
\operatorname{FWT}[A]_i \operatorname{FWT}[B]_i &= \left( \sum_{i \cap j = i} A_j \right) \left( \sum_{i \cap k = i} B_k \right) \nonumber \\
&= \sum_{i \cap j = i} \sum_{i \cap k = i} A_j B_k \nonumber \\
&= \sum_{i \cap (j \cap k) = i} A_j B_k \nonumber \\
&= \sum_{i \cap (j \cap k) = i} C_{j \cap k} \nonumber \\
&= \operatorname{FWT}[C]_i \nonumber
\end{align}
\]
同样考虑分治，\(A_1\) 的超集一定是 \(A_0\) 的超集，因此
\[\operatorname{FWT}[A] = \operatorname{merge}(\operatorname{FWT}[A_0] + \operatorname{FWT}[A_1], \operatorname{FWT}[A_0])
\]
\[\operatorname{UFWT}[A'] = \operatorname{merge}(\operatorname{UFWT}[A' _0] - \operatorname{UFWT}[A' _1], \operatorname{UFWT}[A'_1])
\]
FWT - xor
异或卷积比较不一样。我们定义 \(x \circ y = \operatorname{popcount}(x \cap y) \bmod 2\)。
我们构造
\[\operatorname{FWT}[A]_i = \sum_{i \circ j = 0} A_j - \sum_{i \circ j = 1} A_j
\]
首先关于 \(\circ\) 运算有一个结论：
\[(x \circ y) \oplus (x \circ z) = x \circ (y \oplus z)
\]
显然只要对 \(2\) 位二进制数上式成立即可归纳证明上式。枚举 \(x, y, z\) 总共 \(8\) 种情况，这里不再赘述。
那么我们依然要证明我们的构造满足 \(\operatorname{FWT}\) 的性质。
\[\begin{align}
\operatorname{FWT}[A]_i \operatorname{FWT}[B]_i &= \left(\sum_{i \circ j = 0} A_j - \sum_{i \circ j = 1} A_j\right)\left(\sum_{i \circ k = 0} B_k - \sum_{i \circ i = 1} B_k\right) \nonumber \\
&= \left(\sum_{i \circ j = 0} \sum_{i \circ k = 0} A_j B_k + \sum_{i \circ j = 1} \sum_{i \circ k = 1} A_j B_k\right) - \left(\sum_{i \circ j = 1} \sum_{i \circ k = 0} A_j B_k + \sum_{i \circ j = 0} \sum_{i \circ k = 1} A_j B_k\right)\nonumber \\
&= \sum_{(i \circ j) \oplus (i \circ k) = 0} A_j B_k - \sum_{(i \circ j) \oplus (i \circ k) = 1} A_j B_k \nonumber \\
&= \sum_{i \circ (j \oplus k) = 0} A_j B_k - \sum_{i \circ (j \oplus k) = 1} A_j B_k \nonumber \\
&= \sum_{i \circ (j \oplus k) = 0} C_{j \oplus k} - \sum_{i \circ (j \oplus k) = 1} C_{j \oplus k} \nonumber \\
&= \operatorname{FWT}[C]_i \nonumber
\end{align}
\]
那么怎么求 \(\operatorname{FWT}[A]\) 呢？仍然分治，将 \(A\) 按照最高位是 \(0\) 还是 \(1\) 分成 \(A_0, A_1\)。
那么考虑 \(\operatorname{FWT}[A]\) 的前半部分的某个 \(i\)，我们要对所有 \(j\) 统计答案。
接下来假设 \(\operatorname{FWT}[A]_0\) 表示 \(\operatorname{FWT}[A]\) 的前半部分，\(\operatorname{FWT}[A]_1\) 表示 \(\operatorname{FWT}[A]\) 的后半部分。
那么如果 \(j\) 也在前半部分，那么递归下去就好了，也就是从 \(\operatorname{FWT}[A_0]\) 转移来。
如果 \(j\) 在后半部分，那么由于 \(i\) 的最高位是 \(0\)，所以 \(j\) 的最高位对 \(i \circ j\) 无影响。所以我们可以假定 \(i\) 的最高位是 \(1\)，贡献就是后半部分的 \(j\) 对后半部分 \(i\) 的影响，也就是 \(\operatorname{FWT}[A_1]\)。所以
\[\operatorname{FWT}[A]_0 = \operatorname{FWT}[A_0] + \operatorname{FWT} [A_1]
\]
接下来考虑 \(i\) 在后半部分的情况。同上考虑一个 \(j\) 的影响。
如果 \(j\) 在前半部分，那么 \(j\) 最高位是 \(0\)，\(i \circ j\) 和 \(i\) 的最高位没有关系。所以有一个 \(\operatorname{FWT}[A_0]\)。
如果 \(j\) 在后半部分，那么 \(i \cap j\) 的最高位是 \(1\)，\(\operatorname{popcount}\) 会增加 \(1\)，也就是 \(i \circ j\) 会取反。所以会贡献 \(- \operatorname{FWT}[A_1]\)。因此
\[\operatorname{FWT}[A]_1 = \operatorname{FWT}[A_0] - \operatorname{FWT}[A_1]
\]
综上所述，
\[\operatorname{FWT}[A] = \operatorname{merge}(\operatorname{FWT}[A_0] + \operatorname{FWT} [A_1], \operatorname{FWT}[A_0] - \operatorname{FWT}[A_1])
\]
接下来考虑 \(\operatorname{UFWT}\)。
假设 \(\operatorname{FWT}[A] = A'\)。那么 \(\operatorname{FWT}[A]_0 = A'_0\)，\(\operatorname{FWT}[A]_1 = A'_1\)。
\[\begin{gather}
\operatorname{FWT}[A]_0 = \operatorname{FWT}[A_0] + \operatorname{FWT} [A_1] \nonumber \\
\operatorname{FWT}[A]_1 = \operatorname{FWT}[A_0] - \operatorname{FWT}[A_1] \nonumber
\end{gather}
\]
由以上方程组，我们可以解得
\[\begin{gather}
\operatorname{FWT}[A_0] = \frac{\operatorname{FWT}[A]_0 + \operatorname{FWT}[A]_1}{2} \nonumber \\
\operatorname{FWT}[A_1] = \frac{\operatorname{FWT}[A]_0 - \operatorname{FWT}[A]_1}{2} \nonumber
\end{gather}
\]
两个式子两边同时取 \(\operatorname{UFWT}\)：
\[\begin{gather}
A_0 = \frac{\operatorname{UFWT}[A'_0] + \operatorname{UFWT}[A'_1]}{2} \nonumber \\
A_1 = \frac{\operatorname{UFWT}[A'_0] - \operatorname{UFWT}[A'_1]}{2} \nonumber
\end{gather}
\]
\(\operatorname{merge}\) 一下，就可以得到 \(A'\) 的 \(\operatorname{UFWT}\)。
综上所述
\[\operatorname{FWT}[A] = \operatorname{merge}(\operatorname{FWT}[A_0] + \operatorname{FWT} [A_1], \operatorname{FWT}[A_0] - \operatorname{FWT}[A_1])
\]
\[\operatorname{UFWT}[A'] = \operatorname{merge} \left( \frac{\operatorname{UFWT}[A'_0] + \operatorname{UFWT}[A'_1]}{2}, \frac{\operatorname{UFWT}[A'_0] - \operatorname{UFWT}[A'_1]}{2} \right)
\]
一些例题
P6097 【模板】子集卷积
求 \(c(S) = \sum \limits_{T \subseteq S} a(T) b(S \setminus T)\)。
所求即为
\[c(S) = \sum_{A \cup B = S \land A \cap B = \varnothing} a(A)b(B)
\]
\(A \cup B = S\) 是一个 or 卷积的形式，可以直接 FWT。但是我们还额外限制了 \(A \cap B = \varnothing\)。
容易发现 \(A \cap B = \varnothing\) 等价于 \(|A \cup B| = |A| + |B|\)。所以我们考虑记录一个 \(c_{i, S}\) 满足
\[c_{i, S} = \sum_{A \cup B = S \land |A| + |B| = i} a(A)b(B)
\]
同时假设 \(a_{i, S}, b_{i, S}\) 表示 \(a\) 中或 \(b\) 中仅有满足 \(\boldsymbol {|S| = i}\) 的位置不赋为 \(\boldsymbol 0\) 形成的序列。那么可以背包：
\[c_{i+j} = a_i * b_j
\]
\(*\) 是 or 卷积，即可。
复杂度为 \(O(n^2 2^n)\)。
P13275 [NOI2025] 集合
首先要知道一个东西：\([P = Q]\) 怎么容斥。
\[\begin{align}
[P = Q] &= \prod_{i = 0}^{n - 1}[P_i = Q_i] \nonumber \\
&= \prod_{i = 0}^{n-1} \left(2P_iQ_i - P_i - Q_i + 1\right) \nonumber
\end{align}
\]
考虑括号中的组合意义：如果都为 \(0\) 系数为 \(1\)，如果都为 \(1\) 系数为 \(2\)，如果一个 \(0\) 一个 \(1\) 系数为 \(-1\)，上面式子就是从这些系数中各选一个的方案数。
所以我们枚举 \(A \subseteq P \cap Q\)，\(B \subseteq P \cap ([2^n] \setminus Q),C \subseteq Q \cap ([2^n] \setminus P)\)。
那么
\[\begin{align}
&= \sum_{A, B, C}2^{|A|}(-1)^{|B|+|C|} \nonumber
\end{align}
\]
有一个 \(B \cap A, C \cap A \not = \varnothing\) 的限制很不牛。
考虑直接构造 \(S = A \cup B, T = A \cup C\)。显然 \((S, T)\) 和 \((A, B, C)\) 双射。
那么
\[\begin{align}
&= \sum_{S \subseteq P \land T \subseteq Q}2^{|S \cap T|}(-1)^{|S|+|T| - 2|S \cap T|} \nonumber \\
&= \sum_{S \subseteq P \land T \subseteq Q}2^{|S \cap T|}(-1)^{|S|+|T|} \nonumber
\end{align}
\]
答案的式子形如
\[\sum_{S, T} (-1)^{|S|+|T|} 2^{|S \cap T|} \sum_{S \subseteq f(P)} \sum_{T \subseteq f(Q)} [P \cap Q = \varnothing] \prod_{i \isin P \cup Q} a_i
\]
记 \(A_S\) 表示 \(S\) 的超集，那么 \(P \isin A_S, Q \isin A_T\)。则枚举 \(R = P \cup Q\)。对于 \(i\)，如果 \(i \isin A_S \cap A_T\)，则可贡献 \(2\) 种划分的方案。否则 \(i\) 被划分入 \(S\) 或 \(T\) 的方案是确定且唯一的。可进行如下变形：
\[\sum_{S, T} (-1)^{|S|+|T|} 2^{|S \cap T|} \sum_{S \subseteq f(P)} \sum_{R \subseteq A_S \cup A_T} \prod_{i \isin R} (1 + [i \isin A_s \cap A_T])a_i
\]
直接分组
\[\begin{align}
\sum_{S, T} (-1)^{|S|+|T|} 2^{|S \cap T|} \sum_{S \subseteq f(P)} \left(\sum_{R \subseteq A_S \cap A_T} \prod_{i \subseteq R} 2a_i\right)\left(\sum_{R \subseteq (A_S \cup A_T) \setminus (A_S \cap A_T)} \prod_{i \subseteq R} a_i\right)
\end{align}
\]
要计算如下结构
\[\sum_{R \subseteq M} \prod_{i \subseteq R} c_i
\]
的值，考虑这东西的组合意义：你要干一件事情，有 \(|M|\) 个步骤。考虑 \(M\) 的一个元素 \(i\)。如果 \(i \isin R\)，那么完成这一步有 \(c_i\) 种方案；否则有 \(1\) 种方案。容易发现一个步骤总共有 \(c_i + 1\) 种方案，且步骤之间是独立的。
\[\sum_{R \subseteq M} \prod_{i \subseteq R} c_i = \prod_{i \subseteq M} (c_i + 1)
\]
接下来把这个东西代回 \((1)\) 式。
\[\sum_{S, T} (-1)^{|S|+|T|} 2^{|S \cap T|} \sum_{S \subseteq f(P)} \left(\prod_{i \subseteq A_S \cap A_T} (2a_i+1)\right)\left(\prod_{i \subseteq (A_S \cup A_T) \setminus (A_S \cap A_T)} (a_i+1)\right)
\]
注意到 \(i \subseteq A_S \cap A_T\) 也就是在说 \((S \cup T) \subseteq i\)，\(i \subseteq A_S \cup A_T\) 就是 \(S \subseteq i\) 或者 \(T \subseteq i\)。但是 \(i \subseteq (A_S \cup A_T) \setminus (A_S \cap A_T)\) 的限制很不牛。事实上我们可以先不管 \(i \subsetneq (A_S \cap A_T)\) 的限制，把这些多余的贡献也乘进去。然后我们在处理 \(i \subseteq A_S \cap A_T\) 的时候，把多算的 \((a_i + 1)^2\) 除掉。所以 \((1)\) 式还可以改写成
\[\sum_{S, T} (-1)^{|S|+|T|} 2^{|S \cap T|} \left(\prod_{S \subseteq R} (a_R + 1)\right)\left(\prod_{T \subseteq R} (a_R + 1)\right)\left(\prod_{(S \cup T) \subseteq R} \frac{2a_R + 1}{(a_R+1)^2}\right)
\]
注意到 \(|S \cap T| = |S| + |T| - |S \cup T|\)。考虑把 \(2\) 的次数拆开，可以得到
\[\begin{align}
&= \sum_{S, T} (-1)^{|S|+|T|} 2^{|S| + |T| - |S \cup T|} \left(\prod_{S \subseteq R} (a_R + 1)\right)\left(\prod_{T \subseteq R} (a_R + 1)\right)\left(\prod_{(S \cup T) \subseteq R} \frac{2a_R + 1}{(a_R+1)^2}\right) \nonumber \\
&= \sum_{S, T} \left((-2)^{|S|}\prod_{S \subseteq R} (a_R + 1)\right)\left((-2)^{|T|}\prod_{T \subseteq R} (a_R + 1)\right)\left(2^{-|S \cup T|}\prod_{(S \cup T) \subseteq R} \frac{2a_R + 1}{(a_R+1)^2}\right) \nonumber
\end{align}
\]
那么我们可以处理出
\[\begin{gather}
f_S = (-2)^{|S|}\prod_{S \subseteq R} (a_R + 1) \nonumber \\
g_S = 2^{-|S|}\prod_{S \subseteq R} \frac{2a_R + 1}{(a_R+1)^2} \nonumber
\end{gather}
\]
所求即为
\[\sum_{S, T} f_S f_T g_{S \cup T}
\]
考虑 \(h = f * f\)（or 卷积），那么答案就是
\[\sum_{R} h_R g_R
\]
\(f, g\) 可以一遍高维后缀积求出；\(h\) 可以一次 FWT 求出。那么这个题就做完了。由于涉及到 \(\times 0 / 0\) 运算，需要手写 modint。
复杂度 \(O(n 2^n)\)。
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