FWT学习笔记
FWT
快速沃尔什变换，用来解决位运算相关的卷积。常见的有与、或、异或三种。
P4717 【模板】快速莫比乌斯/沃尔什变换 (FMT/FWT)
给定长度为 \(2^n\) 两个序列 \(A,B\)，设
\[C_i=\sum_{j\oplus k = i}A_j \times B_k \]分别当 \(\oplus\) 是 or,and,xor 时求出 \(C\)。
\(n \le 17\)。
\(\operatorname{merge}(A, B)\) 表示将数列 \(B\) 拼接到数列 \(A\) 后面形成的新数列。
考虑构造一种可逆的线性变换，记 \(A\) 变换后为 \(\hat{A}\)，那么满足
其中 \(\times\) 号表示对应位相乘，\(*\) 号是卷积。然后求出 \(\hat{C}\) 的逆变换即可。
因为变换是线性的，所以 \(C = A + B \Leftrightarrow \hat{C} = \hat{A} + \hat{B}\)。
然后考虑如何构造这个变换。
or
设现在数列长度为 \(2 ^ n\)，\(A_0\) 表示 \(A\) 的前 \(2 ^ {(n - 1)}\) 个数，其下标二进制下第 \(n\) 位为 \(0\)。\(A_1\) 表示 \(A\) 的后 \(2 ^ {(n - 1)}\) 个数，其下标二进制下第 \(n\) 位为 \(1\)。\(B_0, B_1, C_0, C_1\) 类似。
显然 \(C_0\) 只需要 \(A_0, B_0\) 的信息，但是 \(C_1\) 需要 \(A_0, A_1, B_0, B_1\) 的信息。不妨构造 \(\hat{A} = \operatorname{merge}(\hat{A}_0, \hat{A}_0 + \hat{A}_1)\)，当序列长度为 \(1\) 时 \(\hat{A_i} = A_i\)。证明这样变换是正确的：
因为有 \(C_0 = A_0 * B_0, C_1 = A_0 * B_1 + A_1 * B_0 + A_1 * B_1\)，
所以有 \(\hat{C}_0 = \hat{A}_0 \times \hat{B}_0, \hat{C}_1 = \hat{A}_0 \times \hat{B}_1 + \hat{A}_1 \times \hat{B}_0 + \hat{A}_1 \times \hat{B}_1\)。
既然正变换是 \(\hat{A} = \operatorname{merge}(\hat{A}_0, \hat{A}_0+ \hat{A}_1)\)，那么逆变换应该是 \(A = \operatorname{merge}(A_0, A_1 - A_0)\)。不论是正，逆变换，都可以使用分治在 \(O(n 2^n)\) 的时间复杂度内完成。
void FWT_OR(int* a, int v) {
for (int k = 2; k <= (1 << n); k <<= 1)
for (int len = k >> 1, i = 0; i < (1 << n); i += k)
for (int j = i; j < i + len; j++) (a[j + len] += (a[j] * v + mod) % mod) %= mod;
}
当 v = 1 时是正变换，v = -1 时是逆变换。
事实上，观察上面的代码（或者手玩几组数据）可以发现最终的 \(\hat{A}_i = \sum\limits_{j | i = i} A_j\)。代入到式子里面也是正确的。
可以看出来 or 卷积是高维前缀和。
and
和 or 操作类似的，构造 \(\hat{A} = \operatorname{merge}(\hat{A}_0 + \hat{A}_1, \hat{A}_0)\)，容易证明这样变换是正确的。逆变换是 \(A = \operatorname{merge}(A_0 - A_1, A_1)\)。
容易发现 \(\hat{A}_i = \sum\limits_{j \& i = i} A_j\)。
可以看出来 and 卷积实际上是高维后缀和。
void FWT_AND(int* a, int v) {
for (int k = 2; k <= (1 << n); k <<= 1)
for (int len = k >> 1, i = 0; i < (1 << n); i += k)
for (int j = i; j < i + len; j++) (a[j] += (a[j + len] * v + mod) % mod) %= mod;
}
xor
因为有 \(\operatorname{popcount}(x) + \operatorname{popcount}(y) \equiv \operatorname{popcount}(x \operatorname{xor} y) \space (\bmod \space 2)\) 所以 \((-1) ^ {\operatorname{popcount}(x)} (-1) ^ {\operatorname{popcount}(y)} = (-1) ^ {\operatorname{popcount}(x \operatorname{xor} y)}\)。
而 \(x \& (y \operatorname{xor} z) = (x \operatorname{xor} y) \& (x \operatorname{xor} z)\) 所以可以构造 \(\hat{A}_i = \sum\limits_{j = 0} ^ {2 ^ n - 1} (-1) ^ {\operatorname{popcount}(i \& j)} A_j\)。也可以写成 \(\sum\limits_{j = 0} ^ {2 ^ n - 1} (-1) ^ {|i \cap j|} A_j\)。
根据式子，可以得到变换 \(\hat{A} = \operatorname{merge}(\hat{A}_0 + \hat{A}_1, \hat{A}_0 - \hat{A}_1)\)。这是因为原来 \(\hat{A}_0, \hat{A}_1\) 都没有考虑下标二进制下的第 \(n\) 位，而 \(\hat{A}\) 要考虑第 \(n\) 位了。当原先不考虑第 \(n\) 位，现在两个下标第 \(n\) 位都是 \(1\)，那么 \(\operatorname{popcount}(i' \& j') = \operatorname{popcount}(i \& j) + 1\)，\((-1) ^ {\operatorname{popcount}(i' \& j')}\) 符号就反过来了。如果其中有一个下标二进制下第 \(n\) 位为 \(0\)，那么 \(\operatorname{popcount}(i' \& j') = \operatorname{popcount}(i \& j)\)，符号不变。
显然其逆变换是 \(A = \operatorname{merge}(\frac{A_0 + A_1}{2}, \frac{A_0 - A_1}{2})\)。
看起来挺像 FFT 的，事实上 xor 卷积是高维循环卷积。
void FWT_XOR(int* a, int v) {
for (int k = 2; k <= (1 << n); k <<= 1)
for (int len = k >> 1, i = 0; i < (1 << n); i += k)
for (int j = i; j < i + len; j++) {
int x = a[j], y = a[j + len];
a[j] = 1ll * (x + y) * v % mod;
a[j + len] = 1ll * (x - y + mod) * v % mod;
}
}
Code of P4717
#include<cstdio>
const int M = 2e5 + 10;
const int mod = 998244353;
int n, a[M], b[M], c[M];
void FWT_OR(int* a, int v) {
for (int k = 2; k <= (1 << n); k <<= 1)
for (int len = k >> 1, i = 0; i < (1 << n); i += k)
for (int j = i; j < i + len; j++) (a[j + len] += (a[j] * v + mod) % mod) %= mod;
}
void FWT_AND(int* a, int v) {
for (int k = 2; k <= (1 << n); k <<= 1)
for (int len = k >> 1, i = 0; i < (1 << n); i += k)
for (int j = i; j < i + len; j++) (a[j] += (a[j + len] * v + mod) % mod) %= mod;
}
void FWT_XOR(int* a, int v) {
for (int k = 2; k <= (1 << n); k <<= 1)
for (int len = k >> 1, i = 0; i < (1 << n); i += k)
for (int j = i; j < i + len; j++) {
int x = a[j], y = a[j + len];
a[j] = 1ll * (x + y) * v % mod;
a[j + len] = 1ll * (x - y + mod) * v % mod;
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) scanf("%d", &b[i]);
FWT_OR(a, 1), FWT_OR(b, 1);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) c[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;
FWT_OR(c, -1), FWT_OR(a, -1), FWT_OR(b, -1);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) printf("%d ", c[i]);
putchar('\n');
FWT_AND(a, 1), FWT_AND(b, 1);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) c[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;
FWT_AND(c, -1), FWT_AND(a, -1), FWT_AND(b, -1);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) printf("%d ", c[i]);
putchar('\n');
FWT_XOR(a, 1), FWT_XOR(b, 1);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) c[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;
FWT_XOR(c, (mod + 1) >> 1);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) printf("%d ", c[i]);
return 0;
}
CF662C Binary Table
有一个 \(n\) 行 \(m\) 列的表格，每个元素都是 \(0/1\) 。
每次操作可以选择一行或一列，把 \(0/1\) 翻转，即把 \(0\) 换为 \(1\) ，把 \(1\) 换为 \(0\) 。
请问经过若干次操作后，表格中最少有多少个 \(1\) 。
\(1 \le n \le 20, 1 \le m \le 10 ^ 5\)。
\(n\) 很小，可以将每一列看做一个状态。
每行只有翻转和不翻转之分。考虑翻转的行的集合为 \(S\)，原先这一列的状态为 \(x\)，翻转之后变成 \(x \operatorname{xor} S\)。
\(A_x\) 为状态为 \(x\) 的列的数量，\(B_x = \max(\operatorname{popcount}(x), n - \operatorname{popcount}(x))\)。那么翻转行的集合为 \(S\) 时答案就是 \(\sum\limits_{x = 0}^{2 ^ n - 1} A_x B_{x \operatorname{xor} S}\)，即 \(\sum\limits_{x \operatorname{xor} y = S} A_x B_y\)，FWT 优化即可。
Code of CF662C
#include<cstdio>
#include<algorithm>
const long long M = 2e6 + 10;
long long A[M], B[M], C[M];
int n, m, a[21][100010];
void FWT_XOR(long long* a, int op) {
for (int k = 2; k <= (1 << n); k <<= 1)
for (int len = k >> 1, i = 0; i < (1 << n); i += k)
for (int j = i; j < i + len; j++) {
long long x = a[j], y = a[j + len];
if (op == 1)
a[j] = x + y, a[j + len] = x - y;
if (op == -1)
a[j] = (x + y) / 2, a[j + len] = (x - y) / 2;
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < m; j++) scanf("%1d", &a[i][j]);
for (int j = 0; j < m; j++) {
int S = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) S += a[i][j] * (1 << i);
A[S]++;
}
for (int i = 1; i < (1 << n); i++) B[i] = B[i - (i & -i)] + 1;
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) B[i] = std::min(B[i], n - B[i]);
FWT_XOR(A, 1), FWT_XOR(B, 1);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) C[i] = A[i] * B[i];
FWT_XOR(C, -1);
long long ans = 10000000000007;
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) ans = std::min(ans, C[i]);
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
HDU5823 Color II
给定一张无向图，设点集 \(S\) 至少要 \(g(S)\) 种颜色染色，能够使得其中有边相连的两点不同颜色。求 \(\sum\limits_{S} g(S) \times 233 ^ S \space \bmod 2 ^ {32}\)。
\(n \leq 18\)。
设 \(f_{x, S}\) 为 \(x\) 种颜色给点集 \(S\) 染色的方案数。那么有 \(f_{x, S} = \sum\limits_{S_1 \cap S_2 = S} f_{x - 1, S_1} f_{1, S_2}\)，即先用 \(x - 1\) 种颜色染 \(S_1\)，然后再将 \(S_2\) 中的点涂上新的颜色。\(g(S)\) 即为 \(f_{x, S}\) 不为 \(0\) 的最小的 \(x\)。
先预处理出 \(f_{1, S}\)，然后 \(n\) 次 FWT 求出每个 \(f_{x, S}\) 即可。时间复杂度 \(O(n ^ 2 2 ^ n)\)。
Code of HDU5823
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int N = 1 << 18, M = 20;
typedef unsigned int uint;
int T, n;
bool G[M][M], vis[N];
uint f[M][N], pw233[N];
void FWT_OR(uint* a, int op) {
for (int k = 2; k <= (1 << n); k <<= 1)
for (int len = k >> 1, i = 0; i < (1 << n); i += k)
for (int j = i; j < i + len; j++) a[j + len] += a[j] * op;
}
inline void clear();
int main() {
pw233[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; i++) pw233[i] = pw233[i - 1] * 233;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
clear();
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < n; j++) scanf("%1d", &G[i][j]);
for (int S = 1; S < (1 << n); S++) {
bool flag = true;
for (int i = 0; i < n && flag; i++)
for (int j = 0; j < n && flag; j++)
if ((S & (1 << i)) && (S & (1 << j)) && G[i][j]) flag = false;
if (flag) f[1][S] = 1;
}
uint ans = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int S = 1; S < (1 << n); S++)
if (f[i][S] && !vis[S]) vis[S] = true, ans += i * pw233[S];
FWT_OR(f[i], 1);
for (int S = 0; S < (1 << n); S++) f[i + 1][S] = f[1][S] * f[i][S];
FWT_OR(f[i + 1], -1);
}
for (int S = 1; S < (1 << n); S++)
if (f[n][S] && !vis[S]) ans += n * pw233[S];
printf("%u\n", ans);
}
return 0;
}
inline void clear() {
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < n; j++) G[i][j] = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < (1 << n); j++) f[i][j] = 0;
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) vis[i] = false;
}
UOJ310 黎明前的巧克力
长为 \(n\) 的序列 \(a\)，选出两个互不相交的集合，满足这两个集合内元素异或和相同且不同时为空，问方案数。
\(n \le 10 ^ 6, a_i \le 10 ^ 6\)。
两个集合元素异或和相同，说明将选出的所有元素异或起来和为 \(0\)。
设 \(f_{i, x}\) 为前 \(i\) 个数选出若干个分成两个集合，两个集合元素异或和异或起来为 \(x\) 的方案数。
显然有转移 \(f_{i, x} = f_{i - 1, x} + 2f_{i - 1, x \operatorname{xor} a_i}\)，但是 \(O(n ^ 2)\) 的。
FWT 优化转移，构造向量 \(g_i\) 满足 \(g_{i, 0} = 1, g_{i, a_i} = 2\)，其余元素都为 \(0\)。那么 \(\hat{f_i}_x = \hat{f_{i - 1}}_x \hat{g_i}_x\)，即 \(\hat{f_n}_x = \prod\limits_{i = 1} ^ n \hat{g_i}_x\)。
但是这样要做 \(n\) 轮异或卷积，会 T 飞。
考虑异或卷积的变换：
但是 \(g_i\) 里面只有 \(g_{i, 0}\) 和 \(g_{i, a_i}\) 不为 \(0\)，可以简化：
故 \(g_{i, x}\) 的取值只有可能为 \(-1\) 或 \(3\)。设 \(g_{*, x}\) 共有 \(p\) 个 \(3\)，\(n - p\) 个 \(-1\)，那么最终 \(\prod\limits_{i = 1} ^ n g_{i, x} = 3^p (-1) ^ {n - p}\)。
考虑如何快速求得 \(p\)。因为只有两种取值，可以求出 \(\sum\limits_{i = 1} ^ n \hat{g_i}_x\)，然后鸡兔同笼就能求出 \(p\)。而 FWT 是线性变换，所以可以全部加起来之后再变换。最终得到 \(\hat{h}_x = \sum\limits_{i = 1} ^ n \hat{g_i}_x\)，那么 \(3p - (n - p) = \hat{h}_x\) 即 \(p = \frac{\hat{h}_x + n}{4}\)。
于是 \(\prod\limits_{i = 1} ^ n \hat{g_i}_x\) 就容易求得。和初始状态 \(f_{0, 0} = 1\) 卷积即可。
其实直接对 \(\prod\limits_{i = 1} ^ n \hat{g_i}_x\) 做 IFWT 即可，因为只有 \(f_{0, 0} = 1\) 时，\(\hat{f_0}\) 的每个元素都是 \(1\)。
答案是 \(\hat{(\prod\limits_{i = 1} ^ n \hat{g_i}_0)}\)。
Code of UOJ310
#include <cstdio>
#include <cassert>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define int long long
const int N = 1 << 20, M = N + 10;
const int mod = 998244353;
int n, a[M], f[M], g[M], h[M], pw3[M];
void FWT_XOR(int* a, int v, bool flag = true) {
for (int k = 2; k <= N; k <<= 1)
for (int l = k >> 1, i = 0; i < N; i += k)
for (int j = i; j < i + l; j++) {
int x = a[j], y = a[j + l];
a[j] = 1ll * (x + y) * v;
a[j + l] = 1ll * (x - y) * v;
if (flag) ((a[j] %= mod) += mod) %= mod, ((a[j + l] %= mod) += mod) %= mod;
}
}
signed main() {
pw3[0] = 1;
for (int i = 1; i < M; i++) pw3[i] = 3ll * pw3[i - 1] % mod;
scanf("%lld", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) h[0]++, h[a[i]] += 2;
FWT_XOR(h, 1, false);
int mn = 0, mx = 0;
for (int i = 0; i < N; i++) mn = std::min(mn, h[i]), mx = std::max(mx, h[i]);
for (int i = 0; i < N; i++) {
int _3 = (h[i] + n) / 4;
h[i] = ((n - _3) & 1) ? (mod - pw3[_3]) : pw3[_3];
}
FWT_XOR(h, (mod + 1) >> 1, true);
printf("%d\n", (h[0] + mod - 1) % mod);
return 0;
}
其他的题还有 BZOJ4589 Hard Nim | sol
其他位运算
FWT 不止可以应用于 or, and, xor 卷积。
FWT 可以看做一个向量 \(A\) 乘上变换矩阵 \(G\) 得到 \(\hat{A}\)。显然矩阵 \(G\) 可逆。
所以如果矩阵 \(G\) 满足上述条件，那么 \(G\) 就是一个合法的变换矩阵。
例如 or 卷积，\(G = \begin{bmatrix} 1 & 1\\0 & 1 \end{bmatrix}\)，\(G \begin{bmatrix} A_0\\A_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A_0\\A_0 + A_1 \end{bmatrix}\)。而 \(G ^ {-1} = \begin{bmatrix} 1&0\\-1&1 \end{bmatrix}\) 恰好是逆变换的矩阵。
HDU6966 I love sequences
给定三个长为 \(n\) 的序列 \(a, b, c\)。
设 \(d_{p, k} = \sum\limits_{k = i \oplus j} a_i b_j\)，其中 \(1 \leq i, j \leq \frac{n}{p}\)。\(\oplus\) 代表三进制下的按位 \(\gcd\)。
求 \(\sum\limits_{p = 1}^n \sum\limits_{k = 1}^{+\infty} d_{p, k} c_p ^ k\)。
\(n \le 2 \times 10^5\)。
枚举 \(p\)，\(\sum \frac{n}{p} = O(n \ln n)\)，所以对于每个 \(p\) 暴力求出 \(d_p\)。
虽然是三进制，但是还是位运算卷积，考虑 FWT。
列出关于变换矩阵 \(G\) 的方程组：
容易解得 \((G_{x, 0}, G_{x, 1}, G_{x, 2}) = (0, 0, 0), (1, 0, 1), (1, 1, 1), (1, 0, 0)\)。显然不能取 \((0, 0, 0)\) 因为会导致不存在 \(G ^ {-1}\)。故最终 \(G = \begin{bmatrix} 1&0&0 \\ 1&0&1 \\ 1&1&1\end{bmatrix}\)。
其实可以交换任意两行，仍然满足转移矩阵的性质。
故 \(\hat{A} = \operatorname{merge}(\hat{A}_0, \hat{A}_0 + \hat{A}_2, \hat{A}_0 + \hat{A}_1 + \hat{A}_2)\)，逆变换是 \(A = \operatorname{merge}(A_0, A_2 - A_1, A_1 - A_0)\)。
对于每个 \(p\)，FWT 求出数组 \(d_p\) 即可。时间复杂度 \(O(n \log ^ 2 n)\)。
Code of HDU6966
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <cstdio>
#define int long long
const int mod = 1e9 + 7;
const int M = 6e5 + 10;
int n, a[M], b[M], c[M], d[M], a0[M], b0[M];
int _lg3[M], pw3[M];
inline int read() {
char ch = getchar();
int x = 0;
while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
return x;
}
inline void FWT(int* a, int op, int L) {
for (int k = 3; k <= L; k *= 3)
for (int len = k / 3, i = 0; i < L; i += k)
for (int j = i; j < i + len; j++) {
int x = a[j], y = a[j + len], z = a[j + 2 * len];
if (op == 1) {
a[j] = x, a[j + len] = (x + z) % mod, a[j + 2 * len] = (x + y + z) % mod;
} else {
a[j] = x, a[j + len] = (z - y + mod) % mod, a[j + 2 * len] = (y - x + mod) % mod;
}
}
}
signed main() {
_lg3[0] = -1, pw3[0] = 1;
for (int i = 1; i < M; i++) _lg3[i] = _lg3[i / 3] + 1;
for (int i = 1; i <= 20; i++) pw3[i] = pw3[i - 1] * 3;
n = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) b[i] = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) c[i] = read();
int ans = 0;
for (int p = 1; p <= n; p++) {
int L = 1;
while (L <= n / p) L *= 3;
//int L = pw3[_lg3[n / p] + 1];
for (int i = 1; i <= n / p; i++) a0[i] = a[i], b0[i] = b[i];
FWT(a0, 1, L), FWT(b0, 1, L);
for (int i = 0; i < L; i++) d[i] = 1ll * a0[i] * b0[i] % mod;
FWT(d, -1, L);
//for (int i = 0; i < L; i++) (ans += 1ll * qpow(c[p], i) * d[i] % mod) %= mod;
int pwc = 1;
for (int i = 0; i < L; i++)
(ans += 1ll * pwc * d[i] % mod) %= mod, pwc = 1ll * pwc * c[p] % mod;
for (int i = 0; i < L; i++) d[i] = a0[i] = b0[i] = 0;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
子集卷积
P6097 【模板】子集卷积
给定两个长度为 \(2 ^ n\) 的序列 \(a, b\)，求出序列 \(c\)：
\[c_k = \sum\limits_{\substack{{i \& j = 0}\\{i~\mid~ j = k}}} a_i b_j \]\(n \leq 20\)。
只有 \(i \mid j = k\) 的限制的话是好求的。考虑如何加上 \(i \& j = 0\) 这个限制。
注意到这两个限制相当于 \(|S_1| + |S_2| = |S| \land S_1 \cup S_2 = S\)，考虑 dp。
设 \(f_{|i|, i} = a_i, g_{|j|, j} = b_j, h_{|k|, k} = c_k\)，其余项都为 \(0\)，那么有：
暴力枚举 \(y, z\)，然后后面部分用 FWT 优化即可。时间复杂度 \(O(n ^ 2 2 ^ n)\)。
Code of P6097
#include <cstdio>
const int M = 21, N = 1 << 20;
const int mod = 1e9 + 9;
int n, a[M][N], b[M][N], c[M][N];
int pcnt[N];
inline void FWT_OR(int* a, int op) {
for (int k = 2; k <= (1 << n); k <<= 1)
for (int l = k >> 1, i = 0; i < (1 << n); i += k)
for (int j = i; j < i + l; j++) (((a[j + l] += 1ll * op * a[j] % mod) %= mod) += mod) %= mod;
}
int main() {
for (int i = 1; i < N; i++)
pcnt[i] = pcnt[i - (i & -i)] + 1;
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) scanf("%d", &a[pcnt[i]][i]);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) scanf("%d", &b[pcnt[i]][i]);
for (int i = 0; i <= n; i++) FWT_OR(a[i], 1), FWT_OR(b[i], 1);
for (int i = 0; i <= n; i++)
for (int j = 0; i + j <= n; j++)
for (int S = 0; S < (1 << n); S++)
(c[i + j][S] += 1ll * a[i][S] * b[j][S] % mod) %= mod;
for (int i = 0; i <= n; i++) FWT_OR(c[i], -1);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) printf("%d ", c[pcnt[i]][i]);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号