线性基求交与正交线性基

花大把时间学了这两个东西，很有意思！

Orz

线性基求交学习自：link1,link2,link3

正交线性基学习自：link1,link2,link3。

FWT 学习自：link。

拓展阅读：link。

约定

\(\operatorname{rank}(A)\) 表示线性基 \(A\) 的向量个数。

\(\operatorname{span}(A)\) 表示线性基 \(A\) 的张成空间，其大小为 \(2^{\operatorname{rank}(A)}\)（对应每个向量选不选），注意包含 \(0\)。

线性基求交

有线性基 \(B_1,B_2\)，记它们张成的空间分别为 \(V_1,V_2\)，求 \(V_1\cap V_2\) 的一组基。

引理：令 \(W=B_2\cap V_1\)，若 \((B_2-W)\cup B_1\) 线性无关，则 \(W\) 是 \(V_1\cap V_2\) 的一组基。

证明：\(W\) 中向量显然线性无关。\(\operatorname{span}(W)\) 显然是 \(V_1\cap V_2\) 的子空间，那要说明 \(\operatorname{span}(W)=V_1\cap V_2\)，就只需要说明不存在向量 \(v\in V_1\cap V_2, v\notin \operatorname{span}(W)\)。反证，假设存在，则 \(v=s\oplus t,s\in\operatorname{span}(W),t\in\operatorname{span}(B_2-W),t\neq\vec0\)。由于 \(v\in V_1\cap V_2,s\in\operatorname{span}(W),\operatorname{span}(W)\subseteq V_1\cap V_2\)，那么 \(v,s\in V_1\)，由异或性质又有 \(t=v\oplus s\)，于是 \(t\in V_1\)。我们又知道 \(t\in B_2-W\)，那把两个空间中分别拼成 \(t\) 的向量拼到一起就线性相关了。

思路：给 \(V_2\) 换一组基 \(B_2'\)，令 \(W'=B_2'\cap V_1\)，要使 \((B_2'-W')\cup B_1\) 线性无关，那么 \(W'\) 就是答案。

做法：

我们不建 \(B_2'\)，而是维护线性基 \(X,Y\)，增量地添加 \(B_2\) 中的元素，每次添加一个元素，始终保持 \(X\subseteq V_1\)、\(Y\) 线性无关、实际添加的元素合起来（\(X\cup(Y-B_1)\)）是 \(V_2\) 的一组基。即 \(X\) 作 \(W'\)，\(Y\) 作 \((B_2'-W')\cup B_1\)，最后答案即为 \(X\)。

对于元素 \(x\)，我们尝试用 \(Y\) 表示它，若失败则插入 \(Y\)；否则 \(x=s\oplus t,s\in\operatorname{span}(B_1),t\in\operatorname{span}(Y-B_1)\)，将 \(s\) 插入 \(X\)。注意到这样使三个条件都得到了满足。

怎么求 \(s\)？维护 \(Y\) 中每个向量的组成部分里，\(B_1\) 中向量的异或和即可。

时间复杂度 \(O(d^2)\)，\(d\) 为维度数。

正交线性基

异或空间下的向量加法：\(x+y=x\oplus y\)。

异或空间下的向量点乘：\(x\cdot y=\operatorname{popcount}(x\&y)\bmod2\)，即对位相乘再相加，由于数域（存疑）的原因要 \(\bmod2\)。

这里点乘对加法有分配率。FWT 的贡献系数 \(c(x,y)=(-1)^{x\cdot y}\)。我们要求 \(c(x,y)\) 对 \(\oplus\) 有分配率：\(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\oplus k)\)，即点乘对加法的分配率：\(i\cdot j+i\cdot k=i\cdot(j+k)\)，拆位容易验证。

考虑异或卷积时的逐项相乘，\(F*G\)（异或卷积），\(F\) 中某一位置 \(j\) 贡献到位置 \(i\) 的系数为 \(c(i,j)\)，而 \(G\) 中某一位置 \(k\) 贡献到位置 \(i\) 的系数为 \(c(i,k)\)，那么新系数为 \(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\oplus k)\)，也就是 \(j\oplus k\) 贡献到 \(i\) 的系数。点乘对加法的分配率正是在这里发挥作用。

故集合幂级数的指数相当于向量，而异或卷积就是向量加法的卷积。

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正交：向量 \(x,y\) 正交定义为 \(x\cdot y=0\)。

正交线性基：线性基 \(A\) 的正交线性基记为 \(A^{\perp}\)，满足 \(\operatorname{span}(A)\) 和 \(\operatorname{span}(A^\perp)\) 互为正交补空间（找到异或空间中和 \(\operatorname{span}(A)\) 中所有向量正交的所有向量，作为 \(\operatorname{span}(A^\perp)\)，它的一组基是 \(A^\perp\)），等价于 \(\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(A^\perp)=d\)（\(d\) 是异或空间的维度数）且 \(A\) 中向量与 \(A^\perp\) 中向量两两正交。（存疑）

另有 \((A^\perp)^\perp=A\)，之后的结论都可以用它加以转化。

一个形象的理解（在洛谷评论区看到的）：三维欧氏空间，\(A\) 是平面的一组基，而 \(A^\perp\) 是法向量的一组基（就是法向量）。（不知道我理解对没）

构造正交线性基：先对原线性基高斯消元，使得每个“关键位”上仅有一个 \(1\)。要求 \(A^\perp\) 的关键位即原来的所有非关键位，于是我们对每个新关键位构一个向量。对于位置 \(i\)，先有 \(2^i\)。再要满足正交的限制，于是对于 \(A\) 中在关键位 \(j\) 的每个向量，若第 \(i\) 位为 \(1\)，就让新向量或上 \(2^j\)。由于高消，这样就能满足所有正交限制。将 \(A\) 的向量存储在最高 \(1\) 处，那显然只有 \(j>i\) 才能更新 \(i\)，于是将 \(A^\perp\) 的向量存储在最低 \(1\) 处。再考虑 \(A^\perp\) 是否线性无关：由于关键位 \(i\) 上的向量除了第 \(i\) 位，其他 \(1\) 都是从 \(A\) 的关键位（\(A^\perp\) 的非关键位）贡献过来的，所以 \(A^\perp\) 的每个关键位都只有一个 \(1\)（相当于消好了元），故线性无关。

LB Fennec(LB A) {
	A.Bd();
	LB B; B.Init();
	for(int i = 0; i <= m - 1; ++ i) { // m - 1, not 52
		if(A.a[i]) continue;
		B.a[i] = (1ll << i);
		for(int j = i + 1; j <= m - 1; ++ j) if(A.a[j] >> i & 1) B.a[i] |= (1ll << j); // m - 1, 52
	}
	return B;
}

（很乐意称之为 Fennec's Algorithm！）

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点值（FWT）意义

对于线性基 \(A\)，搞一个集合幂级数 \(F(z)=z^x[x\in\operatorname{span}(A)]\)。

结论：\(\forall x,[z^x]FWT(F)\) 等于 \(0\) 或 \(2^{\operatorname{rank}(A)}\)，且 \(x\in\operatorname{span}(A^\perp)\) 等价于 \([z^x]FWT(F)=2^{\operatorname{rank}(A)}\)。

证明：

由于封闭性，注意到 \(\operatorname{span}(A)\) 中一个数和 \(\operatorname{span}(A)\) 中所有数异或起来仍会得到 \(\operatorname{span}(A)\)，所以有 \(F*F=F\cdot2^{\operatorname{rank}(A)}\)。

两边同时 FWT，数乘显然可以提出去，于是有 \(FWT(F)\times FWT(F)=FWT(F)\cdot2^{\operatorname{rank}(A)}\)，左边的 \(\times\) 表示点值对位相乘。

提取系数，\(([z^x]FWT(F))^2=([z^x]FWT(F))\cdot2^{\operatorname{rank}(A)}\)，解得 \([z^x]FWT(F)= 0\) 或 \(2^{\operatorname{rank}(A)}\)。

由于 \([z^x]FWT(F)=\sum_{y\in\operatorname{span}(A)}c(x,y),c(x,y)=(-1)^{x\cdot y},|\operatorname{span}(A)|=2^{\operatorname{rank}(A)}\)，所以结论的后半段成立。

推论：\([x\in\operatorname{span}(A^\perp)]={1\over|\operatorname{span}(A)|}\sum_{y\in\operatorname{span}(A)}(-1)^{x\cdot y}\)。互换 \(A,A^\perp\) 亦然。又由于 \(\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(A^\perp)=d\)，于是可以折半分治（实质上是根号分治，看 \(A,A^\perp\) 哪个更小），暴力枚举张成空间中的所有向量。

线性基求交

\[A\cap B=(A^\perp\cup B^\perp)^\perp \]

很能感性理解对吧，我还没太懂证明，先咕了。

时间复杂度也是 \(O(d^2)\)。

2025.6.27