快速沃尔什变换(FWT)学习笔记 + 洛谷P4717 [模板]
FWT求解的是一类问题:\( a[i] = \sum\limits_{j\bigoplus k=i}^{} b[j]*c[k] \)
其中,\( \bigoplus \) 可以是 or,and,xor
三种问题的解决思路都是对多项式 \( a \) 构造一个 \( a' \),令 \( a' = b' * c' \);
那么只需要把 \( b \) 变换成 \( b' \),\( c \) 变换成 \( c' \),然后乘出 \( a' \),再逆变换得到 \( a \);
下面问题就变成如何快速(logn)求 \( b \) 到 \( b' \) 的变换,这个变换就是 FWT;
始终要记住进行位运算的是位置(角标)而不是值;
一、or
构造 \( a'[i] = \sum\limits_{j|i=i}^{} a[j] \)
1.正变换
考虑把 \( a \) 分成前后两个部分 \( a0 \) 和 \( a1 \),先分别递归下去做好,得到 \( a0' \) 和 \( a1' \);
可以发现,\( a0' \) 和 \( a1' \) 的位置(角标)数字上唯一不同就是最高位是0或1;
但递归下去做的时候,\( a0' \) 和 \( a1' \) 的位置数字相当与去掉了最高位(因为折半了);
所以合并的时候,关键要考虑到最高位的0和1的不同:
(1) 对于 \( a' \) 的一个位置 \( i \) ,如果它在前半部分,那么它可以直接继承 \( a0'[i] \);
而 \( a1'[i]\) 由于实际上 \( i \) 还应该加上最高位的1,or 运算使它能贡献的位置最高位也是1,但 \( i \) 的最高位是0,所以不贡献给 \( a'[i] \) ;
(2)对于后半部分的 \( i \) ,\( a0'[i] \) 和 \( a1'[i] \) 都会对它产生贡献,因为两部分的位置数字都是 \( i \) 的子集;
所以可以得到:\( a' = \left ( a0' , a0'+a1' \right ) \)
递归的底层,只有一个元素的时候,\( a = a' \) ,于是我们可以递归做出正变换了;
当然,仿照 FFT 的写法即可,并不需要真的写递归函数,而且也不用蝴蝶变换;
2.逆变换
同样先考虑两个部分 \( a'0 \) 和 \( a'1 \) ,表示 \( a' \) 的前后部分;
已经做了 \( a' = \left ( a0' , a0'+a1' \right ) \)
现在要从 \( a' \) 拆出 \( a0' \) 和 \( a1' \)
那么 \( a0' = a'0 \)
而且 \( a1' = a'1 - a'0 \)
知道了 \( a0' \) 和 \( a0' \) ,就可以继续递归求解 \( a0 \) 和 \( a1 \),二者合起来就可以得到 \( a \)
递归的底层,只有一个元素的时候,\( a' = a \) ,于是我们可以递归作出逆变换了;
void fwt1(int *a,int tp)//a'=(a0',a0'+a1') //a=(a0',a1'-a0')
{
for(int mid=;mid<lim;mid<<=)
for(int j=,len=(mid<<);j<lim;j+=len)
for(int k=;k<mid;k++)
a[j+mid+k]=upt(a[j+mid+k]+tp*a[j+k]);
}
or
二、and
构造 \( a' = \sum\limits_{j \& i=i}^{} a[j] \)
1.正变换
和 or 同理,考虑最高位01的不同,后面继承本身,而前面要加上后面的贡献;
得到 \( a' = \left ( a0'+a1' , a1' \right ) \)
2.逆变换
同理,得到
\( a0' = a'0 - a'1 \)
\( a1' = a'1 \)
void fwt2(int *a,int tp)//a'=(a0'+a1',a1') //a=(a0'-a1',a1')
{
for(int mid=;mid<lim;mid<<=)
for(int j=,len=(mid<<);j<lim;j+=len)
for(int k=;k<mid;k++)
a[j+k]=upt(a[j+k]+tp*a[j+mid+k]);
}
and
三、xor
设 \( d(i,j) \) 表示 \( i\&j \) 二进制表示中1的个数;
构造 \( a' = \sum\limits_{d(i,j)\%2==0}^{} a[j] - \sum\limits_{d(i,j)\%2==1}^{} a[j] \)
1.正变换
让我们三步走:
(1) \( a' = \left ( a0' + a1' , a0' - a1' \right ) \)
首先明确,\( a' \) 是 \( d(i\&j) \) 为偶数的 \( a[j] \) 求和,减去 \( d(i\&j) \) 为奇数的 \( a[j] \) 求和;
<1> 对于整体的一个位置 \( i \),它在前半部分
对于前半部分(折半)的相同位置 \( i' \),在前半部分的 \( j \) 中,\( d(i'\&j) \) 的奇偶性和 \( d(i\&j) \) 一样,所以继承答案;
对于后半部分(折半)的相同位置 \( i' \),在后半部分的 \( j \) 中,计算 \( i'\&j \) 时是没有考虑最高位的,所以它们的最高位上都是0,
而因为 \( i \) 的最高位是0,\( i\&j \) 的最高位同样是0,所以正好符合,答案可以加上;
也就是,\( a' = \left ( a0' + a1' , ... \right ) \)
<2> 对于整体的一个位置 \( i \),它在后半部分
对于前半部分(折半)的相同位置 \( i' \),在前半部分的 \( j \) 中,\( d(i'\&j) \) 的最高位都是0,
而因为 \( j \) 的最高位是0,\( i\&j \) 的最高位同样是0,所以正好符合,答案可以加上;
对于后半部分(折半)的相同位置 \( i' \),在后半部分的 \( j \) 中,计算 \( i'\&j \) 时是没有考虑最高位的,所以它们的最高位上都是0,
但 \( i\&j \) 的最高位是1,所以奇偶性都反了,答案加上的是负的;
这样,就得到 \( a' = \left ( a0' + a1' , a0' - a1' \right ) \)
(2) \( d(i\&k) \otimes d(j\&k) = d( (i \otimes j)\&k ) \)
因为是 \( \& \) ,我们就看 \( k \) 是1的那些位;
如果 \( d(i\&k) \) 是偶数,说明 \( i\&k \) 有偶数个1和 \( k \) 重合,奇数同理,\( j \) 同理;
<1> 当 \( d(i\&k) \) 和 \( d(j\&k) \) 奇偶性相同时
\( d(i\&k) + d(j\&k) \) 是偶数;
而 \( i \otimes j \) 同时消去 \( i \) 和 \( j \) 相同位置的1,不是 \( k \) 的1就算了,是 \( k \) 的1,消去的也是偶数;
所以 \( d( (i \otimes j)\&k ) \) 是偶数;
<2> 当 \( d(i\&k) \) 和 \( d(j\&k) \) 奇偶性不同时
\( d(i\&k) + d(j\&k) \) 是奇数;
而 \( i \otimes j \) 同时消去 \( i \) 和 \( j \) 相同位置的1,不是 \( k \) 的1就算了,是 \( k \) 的1,消去的是偶数;
所以 \( d( (i \otimes j)\&k ) \) 是奇数;
这样我们就证明了 \( d(i\&k) \otimes d(j\&k) = d( (i \otimes j)\&k ) \)
(3) 若 \( c[i] = \sum_{j \otimes k=i}^{} a[j]*b[k] \) ,有 \( c' = a' * b' \)
因为 \( c[i] = \sum_{j \otimes k=i}^{} a[j]*b[k] \)
又 \( c' = \sum_{d(i,j)\%2==0}^{} c[j] - \sum_{d(i,j)\%2==1}^{} c[j] \)
代入,得到 \( c'[i] = \sum_{d((j \otimes k)\&i)\%2==0}^{} a[j]*b[k] - \sum_{d((j \otimes k)\&i)\%2==1}^{} a[j]*b[k] \)
而 \( a'[i] * b'[i] = ( \sum_{d(i,j)\%2==0}^{} a[j] - \sum_{d(i,j)\%2==1}^{} a[j]) * ( \sum_{d(i,j)\%2==0}^{} b[j] - \sum_{d(i,j)\%2==1}^{} b[j]) \)
拆开再组合,并使用(2)得到的结论,就得到 \( a'[i] * b'[i] = ( \sum_{d((j \otimes k)\&i)\%2==0}^{} a[j]*b[k] - \sum_{d((j \otimes k)\&i))\%2==1}^{} a[j]*b[k]) \)
所以 \( c' = a' * b' \)
综上,我们仍然可以递归求 xor 的正变换,\( a' = \left ( a0' + a1' , a0' - a1' \right ) \)
2.逆变换
根据正变换就可以知道咯:
\( a0' = (a'0 + a'1) / 2 \)
\( a1' = (a'0 - a'1) / 2 \)
void fwt3(int *a,int tp)//a'=(a0'+a1',a0'-a1') //a=((a0'+a1')/2,(a0'-a1')/2)
{
for(int mid=;mid<lim;mid<<=)
for(int j=,len=(mid<<);j<lim;j+=len)
for(int k=;k<mid;k++)
{
int x=a[j+k],y=a[j+mid+k];
a[j+k]=upt(x+y); a[j+mid+k]=upt(x-y);
if(tp==-)a[j+k]=(ll)a[j+k]*inv%mod,a[j+mid+k]=(ll)a[j+mid+k]*inv%mod;
}
}
xor
看例题:https://www.luogu.org/problemnew/show/P4717
代码如下:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int const xn=(<<),mod=;
int n,a[xn],b[xn],f[xn],g[xn],lim,inv;
int rd()
{
int ret=,f=; char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='')f=; ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<='')ret=ret*+ch-'',ch=getchar();
return f?ret:-ret;
}
ll pw(ll a,int b)
{
ll ret=;
for(;b;b>>=,a=(a*a)%mod)
if(b&)ret=(ret*a)%mod;
return ret;
}
int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod; while(x<)x+=mod; return x;}
void fwt1(int *a,int tp)//a'=(a0',a0'+a1') //a=(a0',a1'-a0')
{
for(int mid=;mid<lim;mid<<=)
for(int j=,len=(mid<<);j<lim;j+=len)
for(int k=;k<mid;k++)
a[j+mid+k]=upt(a[j+mid+k]+tp*a[j+k]);
}
void fwt2(int *a,int tp)//a'=(a0'+a1',a1') //a=(a0'-a1',a1')
{
for(int mid=;mid<lim;mid<<=)
for(int j=,len=(mid<<);j<lim;j+=len)
for(int k=;k<mid;k++)
a[j+k]=upt(a[j+k]+tp*a[j+mid+k]);
}
void fwt3(int *a,int tp)//a'=(a0'+a1',a0'-a1') //a=((a0'+a1')/2,(a0'-a1')/2)
{
for(int mid=;mid<lim;mid<<=)
for(int j=,len=(mid<<);j<lim;j+=len)
for(int k=;k<mid;k++)
{
int x=a[j+k],y=a[j+mid+k];
a[j+k]=upt(x+y); a[j+mid+k]=upt(x-y);
if(tp==-)a[j+k]=(ll)a[j+k]*inv%mod,a[j+mid+k]=(ll)a[j+mid+k]*inv%mod;
}
}
int main()
{
n=rd(); lim=(<<n); inv=pw(,mod-);
for(int i=;i<lim;i++)a[i]=f[i]=rd();
for(int i=;i<lim;i++)b[i]=g[i]=rd();
fwt1(f,); fwt1(g,);
for(int i=;i<lim;i++)f[i]=(ll)f[i]*g[i]%mod;
fwt1(f,-);
for(int i=;i<lim;i++)printf("%d ",f[i]); puts(""); for(int i=;i<lim;i++)f[i]=a[i],g[i]=b[i];
fwt2(f,); fwt2(g,);
for(int i=;i<lim;i++)f[i]=(ll)f[i]*g[i]%mod;
fwt2(f,-);
for(int i=;i<lim;i++)printf("%d ",f[i]); puts(""); for(int i=;i<lim;i++)f[i]=a[i],g[i]=b[i];
fwt3(f,); fwt3(g,);
for(int i=;i<lim;i++)f[i]=(ll)f[i]*g[i]%mod;
fwt3(f,-);
for(int i=;i<lim;i++)printf("%d ",f[i]); puts("");
return ;
}
参考博客:https://www.cnblogs.com/ACMLCZH/p/8022502.html
https://blog.csdn.net/neither_nor/article/details/60335099
快速沃尔什变换(FWT)学习笔记 + 洛谷P4717 [模板]的更多相关文章
- 一个数学不好的菜鸡的快速沃尔什变换(FWT)学习笔记
一个数学不好的菜鸡的快速沃尔什变换(FWT)学习笔记 曾经某个下午我以为我会了FWT,结果现在一丁点也想不起来了--看来"学"完新东西不经常做题不写博客,就白学了 = = 我没啥智 ...
- 快速沃尔什变换 (FWT)学习笔记
证明均来自xht37 的洛谷博客 作用 在 \(OI\) 中,\(FWT\) 是用于解决对下标进行位运算卷积问题的方法. \(c_{i}=\sum_{i=j \oplus k} a_{j} b_{k} ...
- 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 ...
- 斜率优化dp学习笔记 洛谷P3915[HNOI2008]玩具装箱toy
本文为原创??? 作者写这篇文章的时候刚刚初一毕业…… 如有错误请各位大佬指正 从例题入手 洛谷P3915[HNOI2008]玩具装箱toy Step0:读题 Q:暴力? 如果您学习过dp 不难推出d ...
- 边带权并查集 学习笔记 & 洛谷P1196 [NOI2002] 银河英雄传说 题解
花了2h总算把边带权并查集整明白了qaq 1.边带权并查集的用途 众所周知,并查集擅长维护与可传递关系有关的信息.然而我们有时会发现并查集所维护的信息不够用,这时"边带权并查集"就 ...
- STL Stack(栈)学习笔记 + 洛谷 P1449 后缀表达式
稍微看了看刘汝佳的白皮书,“实用主义”的STL实在是香到我了,而且在实验室大佬的推荐下我开始了stl的学习. 每篇附带一个题目方便理解,那行,直接开始. 毕竟是实用主义,所以就按照给的题目的例子来理解 ...
- STL Queue(队列)学习笔记 + 洛谷 P1540 机器翻译
队(Queue) 队简单来说就是一个先进先出的“栈”,但是不同于标准“栈”的先进后出. 基本操作: push(x) 将x压入队列的末端 pop() 弹出队列的第一个元素(队顶元素),注意此函数并不返回 ...
- 【学习笔鸡】快速沃尔什变换FWT
[学习笔鸡]快速沃尔什变换FWT OR的FWT 快速解决: \[ C[i]=\sum_{j|k=i} A[j]B[k] \] FWT使得我们 \[ FWT(C)=FWT(A)*FWT(B) \] 其中 ...
- FMT/FWT学习笔记
目录 FMT/FWT学习笔记 FMT 快速莫比乌斯变换 OR卷积 AND卷积 快速沃尔什变换(FWT/XOR卷积) FMT/FWT学习笔记 FMT/FWT是算法竞赛中求or/and/xor卷积的算法, ...
随机推荐
- 转: WebRTC音视频引擎研究(1)--整体架构分析
转自: http://blog.csdn.net/temotemo/article/details/7530504 目录(?)[+] WebRTC技术交流群:234795279 原文地址:ht ...
- RecyclerView onItemClick button和布局都有单击事件时的处理方式
RecyclerView为了给开发人员提供更大的自由度.没有默认的提供onItemClick接口. 网上有一种比較简单的实现方式 , 适用于不须要针对item里面某个button做特殊处理的情况 我眼 ...
- Eclipse 修改字符集
Eclipse 修改字符集 默认情况下 Eclipse 字符集为 GBK,但现在很多项目采用的是 UTF-8,这是我们就需要设置我们的 Eclipse 开发环境字符集为 UTF-8, 设置步骤如下: ...
- Linux mm相关的问题
[S]为什么High MEM是从896M開始的? As the running kernel needs these functions, a region of at least VMALLOC_R ...
- 负载均衡之F5设备
http://xjsunjie.blog.51cto.com/999372/666672 目前全球范围内应用比较广泛的负载均衡设备为美国的F5.F5于2000年底进驻中国,在国内业界,F5负载均衡产品 ...
- Google Chrome浏览器之删除Goolge搜索结果重定向插件Remove Google Redirects
https://chrome.google.com/webstore/detail/remove-google-redirects/ccenmflbeofaceccfhhggbagkblihpoh?h ...
- viewState详解
作者:Infinities Loop 概述 ViewState是一个被误解很深的动物了.我希望通过此文章来澄清人们对 ViewState的一些错误认识.为了达到这个目的,我决定从头到尾详细的描述一下整 ...
- 每天进步一点点——mysql——Percona XtraBackup(innobackupex)
一. 简单介绍 Percona XtraBackup是开源免费的MySQL数据库热备份软件,它能对InnoDB和XtraDB存储引擎的数据库非堵塞地备份(对于MyISAM的备份相同须要加表锁).Xt ...
- 自己定义UITextField
目的是实现例如以下的效果: UITextField的leftView是自己定义的UIView,当中: 1.包括一个居中显示的icon.而且上,左,下各有1px的间隙 2.左上和左下是圆角,右边没有圆角 ...
- kubernetes高级之pod安全策略
系列目录 什么是pod安全策略 pod安全策略是集群级别的用于控制pod安全相关选项的一种资源.PodSecurityPolicy定义了一系列pod相要进行在系统中必须满足的约束条件,以衣一些默认的约 ...