FWT 等总结 题解

目录

• 与卷积：
  • 代码：
• 或卷积：
  • 代码：
• 异或卷积：
  • 代码：
• FST：子集卷积
  • 代码：
• 例题：
  • CF914G
    • 代码：
  • uoj310【UNR #2】黎明前的巧克力
    • 代码：
    • 扩展
  • CF662C Binary Table
    • 代码：

FWT可以解决位运算卷积问题。

即\(h(i)=\sum\limits_{j⊕k=i} f(j)*g(k)\)，其中“⊕”表示位运算。

与卷积：

定义\(f\)到\(F\)的变换：\(F(i)=\sum\limits_{j\&i==i}^{ }f(j)\)。

这样，若\(h(i)=\sum\limits_{j and k=i} f(j)*g(k)\)，则\(H(i)=F(i)*G(i)\)。

变换方法：就是按照长度为\(2^i\)分段，把每段的后半部分加到前半部分（1对0有额外贡献）。

逆变换就是减回去。时间复杂度：\(O(nlogn)\)。

代码：

void fwtand(int sz[132000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=0;k<(i>>1);k++)
				sz[j+k]=(sz[j+k]+sz[j+(i>>1)+k])%md;
		}
	}
}
void ifwtand(int sz[132000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=0;k<(i>>1);k++)
				sz[j+k]=(sz[j+k]-sz[j+(i>>1)+k]+md)%md;
		}
	}
}

或卷积：

与“与卷积”类似。

定义\(f\)到\(F\)的变换：\(F(i)=\sum\limits_{j|i==i}^{ }f(j)\)。

这样，若\(h(i)=\sum\limits_{j or k=i} f(j)*g(k)\)，则\(H(i)=F(i)*G(i)\)。

变换方法：就是按照长度为\(2^i\)分段，把每段的前半部分加到后半部分（0对1有额外贡献）。

逆变换就是减回去。时间复杂度：\(O(nlogn)\)。

代码：

void fwtor(int sz[132000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=0;k<(i>>1);k++)
				sz[j+(i>>1)+k]=(sz[j+(i>>1)+k]+sz[j+k])%md;
		}
	}
}
void ifwtor(int sz[132000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=0;k<(i>>1);k++)
				sz[j+(i>>1)+k]=(sz[j+(i>>1)+k]-sz[j+k]+md)%md;
		}
	}
}

这两个其实是高维前/后缀和

异或卷积：

这个比较常用。

定义\(f\)到\(F\)的变换：\(F(i)=\sum\limits_{j=0}^{2^n-1}(-1)^{bit(j and i)}f(j)\)。

这样，若\(h(i)=\sum\limits_{j xor k=i} f(j)*g(k)\)，则\(H(i)=F(i)*G(i)\)。

变换方法：就是按照长度为\(2^i\)分段，把每段的前半部分变为前半部分加后半部分，

后半部分变为前半部分减后半部分。

逆变换就是相当于已知\(a+b=x，a-b=y\)，则\(a=(x+y)/2，b=(x-y)/2\)。

就是正变换再除以2。

时间复杂度：\(O(nlogn)\)。

代码：

void fwtxor(int sz[132000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=0;k<(i>>1);k++)
			{
				int a=sz[j+k],b=sz[j+(i>>1)+k];
				sz[j+k]=(a+b)%md;
				sz[j+(i>>1)+k]=(a-b+md)%md;
			}
		}
	}
}
void ifwtxor(int sz[132000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=0;k<(i>>1);k++)
			{
				int a=sz[j+k],b=sz[j+(i>>1)+k];
				sz[j+k]=1ll*(a+b)*inv%md;
				sz[j+(i>>1)+k]=1ll*(a-b+md)*inv%md;
			}
		}
	}
}

FST：子集卷积

即\(h(i)=\sum\limits_{j or k=i且j and k=0} f(j)*g(k)\)。

比或卷积多了一个限制。

我们发现，设\(s(i)\)表示\(i\)的二进制表示中1的个数，那么如果\(i\|j=k，i\&j=0\)，则\(s(i)+s(j)=s(k)\)。

利用这个性质，我们可以加一维表示\(s\)，在\(F*G\)时考虑\(s\)的限制。

时间复杂度：\(O(nlog^2n)\)。

代码：

for(int i=0;i<len;i++)
{
	for(int j=0;j<17;j++)
	{
		if(i&(1<<j))
			sl[i]+=1;
	}
}
for(int i=0;i<len;i++)
	a[sl[i]][i]=sz[i];
for(int i=0;i<18;i++)
	fwtor(a[i],len);
for(int i=0;i<18;i++)
{
	for(int j=0;i+j<18;j++)
	{
		for(int k=0;k<len;k++)
			h1[i+j][k]=(h1[i+j][k]+1ll*a[i][k]*a[j][k])%md;
	}
}
for(int i=0;i<18;i++)
	ifwtor(h1[i],len);
for(int i=0;i<len;i++)
	ab[i]=h1[sl[i]][i];

例题：

CF914G

题意：

给你一个长度为\(n\)的数组\(s\).定义五元组\((a,b,c,d,e)\)是合法的当且仅当:

①.\(1\le a,b,c,d,e\le n\)

②.\((s_a|s_b)\&s_c\&(s_d\)^\(s_e)=2^i,i\in Z\)

③.\(s_a\&s_b=0\)

对于所有合法的五元组\((a,b,c,d,e)\)

求\(\sum f(s_a|s_b)*f(s_c)*f(s_d\)^\(s_e)\mod 10^9+7\)

\(f_0=0,f_1=1,f_i=f_{i-1}+f_{i-2}\)

\(1\le n\le10^6,0\le s_i\lt2^{17}\)

模板题。

先考虑\((s_a|s_b)\)，发现是FST卷积。

再考虑\((s_d\)^\(s_e)\)，是异或卷积。

然后就是与卷积了。

代码：

#include <stdio.h>
#define md 1000000007
#define inv 500000004
#define len 131072
int sz[132000],sl[132000];
void fwtor(int sz[132000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=0;k<(i>>1);k++)
				sz[j+(i>>1)+k]=(sz[j+(i>>1)+k]+sz[j+k])%md;
		}
	}
}
void ifwtor(int sz[132000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=0;k<(i>>1);k++)
				sz[j+(i>>1)+k]=(sz[j+(i>>1)+k]-sz[j+k]+md)%md;
		}
	}
}
void fwtand(int sz[132000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=0;k<(i>>1);k++)
				sz[j+k]=(sz[j+k]+sz[j+(i>>1)+k])%md;
		}
	}
}
void ifwtand(int sz[132000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=0;k<(i>>1);k++)
				sz[j+k]=(sz[j+k]-sz[j+(i>>1)+k]+md)%md;
		}
	}
}
void fwtxor(int sz[132000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=0;k<(i>>1);k++)
			{
				int a=sz[j+k],b=sz[j+(i>>1)+k];
				sz[j+k]=(a+b)%md;
				sz[j+(i>>1)+k]=(a-b+md)%md;
			}
		}
	}
}
void ifwtxor(int sz[132000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=0;k<(i>>1);k++)
			{
				int a=sz[j+k],b=sz[j+(i>>1)+k];
				sz[j+k]=1ll*(a+b)*inv%md;
				sz[j+(i>>1)+k]=1ll*(a-b+md)*inv%md;
			}
		}
	}
}
int a[18][132000],h1[18][132000],fib[132000],h2[132000];
int ab[132000],de[132000],ans[132000];
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		int a;
		scanf("%d",&a);
		sz[a]+=1;
	}
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		for(int j=0;j<17;j++)
		{
			if(i&(1<<j))
				sl[i]+=1;
		}
	}
	fib[0]=0;fib[1]=1;
	for(int i=2;i<len;i++)
		fib[i]=(fib[i-1]+fib[i-2])%md;
	for(int i=0;i<len;i++)
		a[sl[i]][i]=sz[i];
	for(int i=0;i<18;i++)
		fwtor(a[i],len);
	for(int i=0;i<18;i++)
	{
		for(int j=0;i+j<18;j++)
		{
			for(int k=0;k<len;k++)
				h1[i+j][k]=(h1[i+j][k]+1ll*a[i][k]*a[j][k])%md;
		}
	}
	for(int i=0;i<18;i++)
		ifwtor(h1[i],len);
	for(int i=0;i<len;i++)
		ab[i]=h1[sl[i]][i];
	for(int i=0;i<len;i++)
		de[i]=sz[i];
	fwtxor(de,len);
	for(int i=0;i<len;i++)
		de[i]=1ll*de[i]*de[i]%md;
	ifwtxor(de,len);
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		ab[i]=1ll*ab[i]*fib[i]%md;
		sz[i]=1ll*sz[i]*fib[i]%md;
		de[i]=1ll*de[i]*fib[i]%md;
	}
	fwtand(ab,len);
	fwtand(sz,len);
	fwtand(de,len);
	for(int i=0;i<len;i++)
		ans[i]=1ll*ab[i]*sz[i]%md*de[i]%md;
	ifwtand(ans,len);
	int jg=0;
	for(int i=1;i<=len;i=(i<<1))
		jg=(jg+ans[i])%md;
	printf("%d",jg);
	return 0;
}

uoj310【UNR #2】黎明前的巧克力

题意：有一个集合，选出两个不相交的子集，使其异或和相等，问方案数。

考虑dp：设\(dp(i,j)\)表示考虑到i，两人异或为j的方案数。

则\(dp(i,j)=dp(i-1,j)+2*dp(i-1,j\)^\(a(i))\)。

考虑FWT：对每个i构造A，使\(A(0)=1，A(a(i))=2\)。

对每个A做FWT，乘起来后再IFWT。但是复杂度太高。

根据公式，可以发现，FWT(A)的每位只能是3或-1。

那么，只要知道FWT后，A的每个对应位置之和，就能解出3和-1的数量了，之后快速幂即可。

根据加法的运算律，可以得知若干个长度相等的序列FWT后对应位置求和，等于先求和，再FWT。

所以求和后，FWT，之后快速幂算出每个位置的值，再IFWT，最后位置0的值减1就是答案。

时间复杂度：\(O(mlogm)\)。

思路非常巧妙。

代码：

#include <stdio.h>
#define md 998244353
#define inv 499122177
#define len 1048576
void fwt(int sz[1050000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		int t=(i>>1);
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=j;k<j+t;k++)
			{
				int a=sz[k+t];
				sz[k+t]=sz[k]-a;
				sz[k]=sz[k]+a;
			}
		}
	}
}
void ifwt(int sz[1050000],int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i=(i<<1))
	{
		int t=(i>>1);
		for(int j=0;j<n;j+=i)
		{
			for(int k=j;k<j+t;k++)
			{
				int a=sz[k+t];
				sz[k+t]=1ll*(sz[k]-a+md)*inv%md;
				sz[k]=1ll*(sz[k]+a)*inv%md;
			}
		}
	}
}
int sz[1050010],mi[1050000],m3[1050010],sl[1050000];
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;i++)
		scanf("%d",&sz[i]);
	sl[0]=n;
	for(int i=0;i<n;i++)
		sl[sz[i]]+=2;
	fwt(sl,len);
	for(int i=0;i<len;i++)
		mi[i]=(n+sl[i])/4;
	m3[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		m3[i]=3ll*m3[i-1]%md;
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		if((n-mi[i])%2==0)
			mi[i]=m3[mi[i]];
		else
			mi[i]=md-m3[mi[i]];
	}
	ifwt(mi,len);
	printf("%d",(mi[0]-1+md)%md);
	return 0;
}

扩展

这个技巧还可以扩展：

就是说当权值有k个时，我们先将其中一个权值变为0，这样总共可能的贡献有\(2^{k-1}\)种。（每个系数是1或-1），0的贡献一定是1。

为了把这\(2^{k-1}\)种的数量分别求出来，我们需要找\(2^{k-1}\)个等式。

可以枚举剩余k-1个元素的子集，只将其异或的位置+1，做FWT。

这样，每个位置，会得到\(2^{k-1}\)个数。将这些数做FWT后，就可以的得到\(2^{k-1}\)种可能分别的数量，快速幂即可。

证明略。

（核心）代码：

int xo=0,mi=1;
for(int i=0;i<n;i++)
{
	for(int j=0;j<k;j++)
		scanf("%d",&p[i][j]);
	xo^=p[i][0];
	for(int j=1;j<k;j++)
		p[i][j]^=p[i][0];
}
ans[xo]=1;
fwtxor(ans,(1<<m));
for(int s=0;s<(1<<(k-1));s++)
{
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		int z=0;
		for(int j=1;j<k;j++)
		{
			if(s&(1<<(j-1)))
				z^=p[i][j];
		}

		sz[z]+=1;
	}
	fwtxor(sz,(1<<m));
	for(int i=0;i<(1<<m);i++)
	{

		nf[(i<<(k-1))|s]=sz[i];
		sz[i]=0;
	}
}
for(int i=0;i<(1<<m);i++)
{
	for(int s=0;s<(1<<(k-1));s++)
		zz[s]=nf[(i<<(k-1))|s];
	ifwtxor(zz,1<<(k-1));
	for(int s=0;s<(1<<(k-1));s++)
	{
		int he=sl[0];
		for(int j=1;j<k;j++)
		{
			if(s&(1<<(j-1)))
				he=(he-sl[j]+md)%md;
			else
				he=(he+sl[j])%md;
		}
		ans[i]=1ll*ans[i]*ksm(he,zz[s])%md;
	}
}
ifwtxor(ans,(1<<m));

CF662C Binary Table

题意：

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。\((1\leq n \leq 20,1\leq m \leq 10^5)\)。

首先，我们可以枚举行的交换，共\(2^n\)种。

然后，对每一列，考虑它是否交换。复杂度为\(O(nm2^n)\)。

考虑优化：

首先，我们发现，如果记翻转为1，那么翻转就是异或。

记B数组表示状态压缩后的每列的出现次数。

记A数组表示一列为这个状态的1的最少个数。

那么，设\(C_i=A_{ixorj}*B_j\)之和，那么C的最小值就是答案。

反一下，将A和B做异或卷积，即可得到C。时间复杂度\(O(nm+n2^n)\)。

代码：

#include <stdio.h>
#define ll long long
void fwt(ll sz[1048576],int n)
{
	for(int h=2;h<=n;h=(h<<1))
	{
		for(int i=0;i<n;i+=h)
		{
			for(int j=0;j<(h>>1);j++)
			{
				ll a=sz[i+j],b=sz[i+j+(h>>1)];
				sz[i+j]=a+b;
				sz[i+j+(h>>1)]=a-b;
			}
		}
	}
}
void ifwt(ll sz[1048576],int n)
{
	for(int h=2;h<=n;h=(h<<1))
	{
		for(int i=0;i<n;i+=h)
		{
			for(int j=0;j<(h>>1);j++)
			{
				ll a=sz[i+j],b=sz[i+j+(h>>1)];
				sz[i+j]=(a+b)/2;
				sz[i+j+(h>>1)]=(a-b)/2;
			}
		}
	}
}
int sz[20][100005];char zf[100005];
ll sa[1048576],sb[1048576];
int main()
{
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		scanf("%s",zf);
		for(int j=0;j<m;j++)
			sz[i][j]=zf[j]-'0';
	}
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)
	{
		int s=0;
		for(int j=0;j<n;j++)
		{
			if(i&(1<<j))
				s+=1;
		}
		sa[i]=n-s;
		if(s<sa[i])sa[i]=s;
	}
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		int s=0;
		for(int j=0;j<n;j++)
		{
			if(sz[j][i])
				s|=(1<<j);
		}
		sb[s]+=1;
	}
	fwt(sa,1<<n);fwt(sb,1<<n);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)
		sa[i]*=sb[i];
	ifwt(sa,1<<n);
	int ans=99999999;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)
	{
		if(sa[i]<ans)
			ans=sa[i];
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}