快速沃尔什变换 FWT 学习笔记【多项式】

〇、前言

之前看到异或就担心是 FWT，然后才开始想别的。

这次学了 FWT 以后，以后判断应该就很快了吧？

参考资料

• FWT 详解 知识点 by neither_nor
• 集训队论文 2015 集合幂级数的性质与应用及其快速算法 by 吕凯风

一、FWT 是什么

FWT 是快速沃尔什变换。它和快速傅里叶变换一样，原本都用于物理中的频谱分析。

但是由于它可分治的特点，在算法竞赛中常被用来计算位运算卷积。

二、FWT 能干什么

它可以在 \(O(n\log n)\) 的时间复杂度内由数组 \(a,b\) 得到数组 \(c\)，满足

\[\newcommand{\and}{\ \mathrm{and}\ }
\newcommand{\or}{\ \mathrm{or}\ }
\newcommand{\xor}{\ \mathrm{xor}\ }
\forall i\in[0,n) \ c_i=\sum_{j\oplus k=i}a_j\times b_k
\]

其中 \(\oplus\) 可以代表“与”，“或”，“异或”中的任意一种运算。

这叫做位运算卷积。

三、与、或卷积

我们需要把 \(a,b\) 数组分别转化为 \(a',b'\) 来通过一次乘法解决多个乘法问题。

对于或，我们有：若 \(j\or i=i,k\or i=i\) 则 \((j\or k)\or i=i\)。

虽然这样看上去和题目要求还差了一点，但是我们如果这样想呢：

构造数组 \(a',b'\)，

\[a'_i=\sum_{j\or i=i}a_j\\
b'_i=\sum_{k\or i=i}b_k
\]

即通过正变换由 \(a\) 转化为 \(a'\)，由 \(b\) 转化为 \(b'\)，

那么

\[\begin{aligned}
c'_i&=a'_i\times b'_i\\
&=\sum_{j\or i=i}a_j\sum_{k\or i=i}b_k\\
&=\sum_{j\or i=i}\sum_{k\or i=i}a_jb_k\\
&=\sum_{(j\or k)\or i=i}a_jb_k
\end{aligned}
\]

\((j\or k)\or i=i\) 就又是变换完的形式了。

再通过逆变换由 \(c'\) 转化回 \(c\)，那么 \(c\) 就是满足 \(c_i=\sum_{j\or k=i}a_jb_k\) 的结果了。

同理，由于与运算满足：若 \(j\and i=i\)，\(k\and i=i\)，则 \((j\and k)\and i=i\)。

因此和上面的变换是一样的。

现在我们需要找出 \(a\to a'\) 是怎么实现的。

正变换

针对或变换的举例：

\[\forall i\in [0,n)\ a'_i=\sum_{j\or i=i}a_i
\]

我们可以按位分治。从下到上转移，第 \(i\) 层的状态 \(j\) 用 \(f[i,j]\) 表示所有比 \(i\) 高的位与 \(j\) 相同的状态 \(k\) 的和。即

\[f[i,j]=\sum_{\left\lfloor\frac{k}{2^i}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{j}{2^i}\right\rfloor,k\or j=j}a_k
\]

其中 \(\left\lfloor\frac{k}{2^i}\right\rfloor\) 表示将 \(k\) 在二进制下右移 \(i\) 位。

如果还不好理解，那么对于 \(f[5,1011001110_{(2)}]\)，满足条件的 \(k\) 是

\[i=5\\
\begin{aligned}
j&=1011001110\\
k&=1011000000\or x
\end{aligned}
\]

其中的 \(x\) 满足 \(x\or 001110=001110\)。\(k\) 必须满足在第 \(5\sim 9\) 位与 \(j\) 相同。

分析方程，会发现我们是可以利用 \(f[i-1]\) 的信息的。在 \(f[i-1,j]\) 中的每一个状态所存的 \(\sum a_k\)，\(j\) 与 \(k\) 从第 \(i\) 位到最高位都是相等的，现在我们用到了第 \(i\) 位，那么就考虑第 \(i\) 位的取值。

就有了简洁的状态转移，令 \(j\) 的第 \(i\) 位是 \(0\)

\[\begin{aligned}
f[i,j]&=f[i-1,j],\\
f[i,j+2^i]&=f[i-1,j]+f[i-1,j+2^i]
\end{aligned}
\]

所以 \(a'=f[\left\lceil\log n\right\rceil]\)，答案就是最上面一层。

同理，与的正变换的方程恰好反过来了

\[\begin{aligned}
f[i,j]&=f[i-1,j]+f[i-1,j+2^i],\\
f[i,j+2^i]&=f[i-1,j+2^i]
\end{aligned}
\]

逆变换

逆变换是由 \(f[i]\) 推 \(f[i-1]\) 的过程。

直接由上面的式子倒过来就可以了。

或：

\[\begin{aligned}
f[i,j]&=f[i+1,j],\\
f[i,j+2^i]&=f[i+1,j+2^i]-f[i+1,j]
\end{aligned}
\]

与：

\[\begin{aligned}
f[i,j]&=f[i+1,j]-f[i+1,j+2^i],\\
f[i,j+2^i]&=f[i+1,j+2^i]
\end{aligned}
\]

因此卷积的答案最后就存在 \(f[1,i]=\sum_{j\oplus k=i}a_jb_k\) 里了。

四、异或卷积

这个东西有点麻烦，仍然需要构造。

定义运算 \(x\otimes y=\operatorname{popcount}(x\and y)\bmod 2\)，称之为 \(x\) 与 \(y\) 的奇偶性。

它是一个满足 \((i\otimes j)\xor (i\otimes k)=i\otimes(j\xor k)\) 的运算，所以可以用来做异或卷积。

构造

\[a'_i=\sum_{i\otimes j=0}a_j-\sum_{i\otimes j=1}a_j\\
b'_i=\sum_{i\otimes k=0}b_k-\sum_{i\otimes k=1}b_k\\
\]

则

\[\begin{aligned}
c'_i&=\sum_{i\otimes j=0}a_j\sum_{i\otimes k=0}b_k-\sum_{i\otimes j=0}a_j\sum_{i\otimes k=1}b_k-\sum_{i\otimes j=1}a_j\sum_{i\otimes k=0}b_k+\sum_{i\otimes j=1}a_j\sum_{i\otimes k=1}b_k\\
&=\sum_{i\otimes(j\xor k)=0}a_jb_k-\sum_{i\otimes(j\xor k)=1}a_jb_k
\end{aligned}
\]

解释：式子中的第一行，第一项和第四项构成了 \(i\otimes(j\xor k)=0\) 的全部可能性：\(00\) 和 \(11\)；第二项和第三项构成了 \(i\otimes(j\xor k)=1\) 的全部可能性：\(01\) 和 \(10\)。所以可以写 \(\sum\)，而且由于每项不相交，所以不能乘 \(2\)。

可以发现 \(c'\) 也是一个变换完了的式子，把它逆变换回去就可以了。

正变换

仍然按位分治，同样考虑上面那样逐位转移。

在枚举第 \(i\) 位的不同时，状态 \(j\) 和状态 \(j+2^i\) 都可以从第 \(i-1\) 层的 \(j\) 和 \(j+2^i\) 转移过来。其中 \(j\) 的第 \(i\) 位为 \(0\)。

这样的话有四种情况：

• \([i,j]\leftarrow[i-1,j]\)，\((0\and 0)\) 是不变的；
• \([i,j]\leftarrow[i-1,j+2^i]\)，\((0\and 1)\) 是不变的；
• \([i,j+2^i]\leftarrow[i-1,j]\)，\((1\and 0)\) 是不变的；
• \([i,j+2^i]\leftarrow[i-1,j+2^i]\)，\((1\and 1)\) 会改变。

这个图中蓝色（无色）的箭头表示正转移，其他颜色的箭头表示负转移。

也就是说，转移之后，这个状态内部的全部元素进行 \(\otimes\) 的结果都从 \(0\) 变成了 \(1\) 或从 \(1\) 变成了 \(0\)。

那么在最终结果方面就会产生影响，因此那些转移我们把它定为负的。

还有一种理解方法。因为最上面一行是我们正变换的结果，可以通过这个图从上到下来看出它的贡献来源。

从 \(a'_i\) 出发，遇到有颜色的边，就要把子数内的贡献取反（\(\times -1\)），它的意义也是 \(k\otimes i=\neg(k\otimes i)\)。

这样对每一个位置就可以满足

\[f[i,j]=\sum_{k\otimes j=0}a_k-\sum_{k\otimes j=1}a_k
\]

了。其中 \(k\) 只枚举了有效位。

观察图可以发现，状态转移方程是

\[\begin{aligned}
f[i,j]&=f[i-1,j]+f[i-1,j+2^i],\\
f[i,j+2^i]&=f[i-1,j]-f[i-1,j+2^i]
\end{aligned}
\]

逆变换

把正变换上下相减，除以 \(2\) 即可

\[\begin{aligned}
f[i,j]&=\frac{f[i+1,j]+f[i+1,j+2^i]}{2},\\
f[i,j+2^i]&=\frac{f[i+1,j]-f[i+1,f[j+2^i]]}{2}
\end{aligned}
\]

五、代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define p 998244353
#define inv 499122177ll
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
int read()
{
    int x=0;
    char ch=gc();
    while(ch<'0'||ch>'9')
        ch=gc();
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        x=x*10+(ch&15);
        ch=gc();
    }
    return x;
}
int A[1<<17],B[1<<17],a[1<<17],b[1<<17],n,tot;
void init()
{
    for(int i=0;i<(1<<n);++i)
    {
        a[i]=A[i];
        b[i]=B[i];
    }
}
void Or(int *f)
{
    for(int bs=2;bs<=tot;bs<<=1)
    {
        int g=(bs>>1);
        for(int i=0;i<tot;i+=bs)
            for(int j=0;j<g;++j)
                f[i+j+g]=(f[i+j]+f[i+j+g])%p;
    }
}
void iOr(int *f)
{
    for(int bs=tot;bs>=2;bs>>=1)
    {
        int g=(bs>>1);
        for(int i=0;i<tot;i+=bs)
            for(int j=0;j<g;++j)
                f[i+j+g]=(f[i+j+g]+p-f[i+j])%p;
    }
}
void And(int *f)
{
    for(int bs=2;bs<=tot;bs<<=1)
    {
        int g=(bs>>1);
        for(int i=0;i<tot;i+=bs)
            for(int j=0;j<g;++j)
                f[i+j]=(f[i+j]+f[i+j+g])%p;
    }
}
void iAnd(int *f)
{
    for(int bs=tot;bs>=2;bs>>=1)
    {
        int g=(bs>>1);
        for(int i=0;i<tot;i+=bs)
            for(int j=0;j<g;++j)
                f[i+j]=(f[i+j]+p-f[i+j+g])%p;
    }
}
void Xor(int *f)
{
    for(int bs=2;bs<=tot;bs<<=1)
    {
        int g=(bs>>1);
        for(int i=0;i<tot;i+=bs)
            for(int j=0;j<g;++j)
            {
                int t0=(f[i+j]+f[i+j+g])%p,t1=(f[i+j]+p-f[i+j+g])%p;
                f[i+j]=t0;
                f[i+j+g]=t1;
            }
    }
}
void iXor(int *f)
{
    for(int bs=tot;bs>=2;bs>>=1)
    {
        int g=(bs>>1);
        for(int i=0;i<tot;i+=bs)
            for(int j=0;j<g;++j)
            {
                int t0=inv*(f[i+j]+f[i+j+g])%p,t1=inv*(f[i+j]+p-f[i+j+g])%p;
                f[i+j]=t0;
                f[i+j+g]=t1;
            }
    }
}
int main()
{
    #ifdef wjyyy
        freopen("a.in","r",stdin);
    #endif
    n=read();
    tot=(1<<n);
    for(int i=0;i<tot;++i)
        A[i]=read();
    for(int i=0;i<tot;++i)
        B[i]=read();
    init();
    Or(a);
    Or(b);
    for(int i=0;i<tot;++i)
        a[i]=(long long)a[i]*b[i]%p;
    iOr(a);
    for(int i=0;i<tot;++i)
        printf("%d ",a[i]);
    puts("");
    init();
    And(a);
    And(b);
    for(int i=0;i<tot;++i)
        a[i]=(long long)a[i]*b[i]%p;
    iAnd(a);
    for(int i=0;i<tot;++i)
        printf("%d ",a[i]);
    puts("");
    init();
    Xor(a);
    Xor(b);
    for(int i=0;i<tot;++i)
        a[i]=(long long)a[i]*b[i]%p;
    iXor(a);
    for(int i=0;i<tot;++i)
        printf("%d ",a[i]);
    return 0;
}