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。

$c_{i}=\sum_{i=j \oplus k} a_{j} b_{k}$

其中 $\oplus$ 是二元位运算中的一种。

实现

$or$ 运算

构造 $fwt[a]_i = \sum_{j|i=i} a_j$

则

$\begin{aligned} fwt[a] \times fwt[b] &= \left(\sum_{j|i=i} a_j\right)\left(\sum_{k|i=i} b_k\right) \\\\ &= \sum_{j|i=i} \sum_{k|i=i} a_jb_k \\\\ &= \sum_{(j|k)|i = i} a_jb_k \\\\ &= fwt[c] \end{aligned}$

从 $[a]$ 到 $fwt[a]$ 可以分治解决

我们从小到大依次枚举长度为 $2^i$ 的区间

设最高位为第 $i$ 位

此时我们已经求出了前 $i-1$ 位的贡献

并且区间的左半部分最高位上的数字为 $0$

区间的右半部分最高位上的数字为 $1$

对于左边的这些数，右边的数显然不可能是左边的数的子集

只能由自己 $i-1$ 位的贡献转移过来

但是左边的数会给相应位置的右边的数做出贡献

因此我们在进行变换的时候要把这个贡献加上

同样在进行逆变换的时候相应地减去即可

代码

void fwtor(rg int A[],rg int typ){
	for(rg int k=1,o=2;o<=mmax;k<<=1,o<<=1){
		for(rg int j=0;j<mmax;j+=o){
			for(rg int i=0;i<k;i++){
				A[i+j+k]+=typ*A[i+j];
				A[i+j+k]=getmod(A[i+j+k]);
			}
		}
	}
}

$and$ 运算

和 $or$ 运算基本一样，只是这次变成了右区间对左区间有贡献

代码

void fwtand(rg int A[],rg int typ){
	for(rg int k=1,o=2;o<=mmax;k<<=1,o<<=1){
		for(rg int j=0;j<mmax;j+=o){
			for(rg int i=0;i<k;i++){
				A[i+j]+=typ*A[i+j+k];
				A[i+j]=getmod(A[i+j]);
			}
		}
	}
}

$xor$ 运算

这种运算比较复杂，因为不再是简单的子集的关系了

但是我们仍然可以用以上两种运算的思想

定义 $x\otimes y=\text{popcount}(x \& y) \bmod 2$

其中 $\text{popcount}$ 表示「二进制下 $1$ 的个数」

满足 $(i \otimes j) \operatorname{xor} (i \otimes k) = i \otimes (j \operatorname{xor} k)$

构造 $fwt[a]_i = \sum_{i\otimes j = 0} a_j - \sum_{i\otimes j = 1} a_j$

则有

$\begin{aligned} fwt[a] \times fwt[b] &= \left(\sum_{i\otimes j = 0} a_j - \sum_{i\otimes j = 1} a_j\right)\left(\sum_{i\otimes k = 0} b_k - \sum_{i\otimes k = 1} b_k\right) \\ &=\left(\sum_{i\otimes j=0}a_j\right)\left(\sum_{i\otimes k=0}b_k\right)-\left(\sum_{i\otimes j=0}a_j\right)\left(\sum_{i\otimes k=1}b_k\right)-\left(\sum_{i\otimes j=1}a_j\right)\left(\sum_{i\otimes k=0}b_k\right)+\left(\sum_{i\otimes j=1}a_j\right)\left(\sum_{i\otimes k=1}b_k\right) \\ &=\sum_{i\otimes(j \operatorname{xor} k)=0}a_jb_k-\sum_{i\otimes(j\operatorname{xor} k)=1}a_jb_k \\ &= fwt[c] \end{aligned}
$

当最高位是 $0$ 时，因为 $0\&1=0$，$0\&0=0$

二进制下 $1$ 的个数不变

所以左边区间的价值应为只考虑前 $i-1$ 位时左边区间的价值加上只考虑前 $i-1$ 位时右边区间的价值

而对于右边区间，当 $1\&1=1$ 时，二进制下一的个数会发生变化

所以应该是只考虑前 $i-1$ 位时左边区间的价值减去只考虑前 $i-1$ 位时右边区间的价值

逆变换就是反这来，乘上 $\frac{1}{2}$ 即可

代码

void fwtxor(rg int A[],rg int typ){
	for(rg int k=1,o=2;o<=mmax;k<<=1,o<<=1){
		for(rg int j=0;j<mmax;j+=o){
			for(rg int i=0;i<k;i++){
				rg int x=1LL*A[i+j]*typ%mod,y=1LL*A[i+j+k]*typ%mod;
				A[i+j]=getmod(x+y);
				A[i+j+k]=getmod(x-y);
			}
		}
	}
}

题目

P5366 [SNOI2017]遗失的答案

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分析

先特判掉 $G$ 不能整除 $L$ 的情况

然后把 $L$ 和 $n$ 同时除以 $G$

这样问题就转化为了在 $1$ 到 $n$ 中选择一些数

使得他们的最大公因数为 $1$，最小公倍数为 $L$

将 $L$ 进行质因数分解，设 $L=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_n^{a_n}$

如果要满足条件

那么对于任意一个质因数 $p_i$ ，选择的数中必须至少存在一个数，使得它分解质因数后 $p_i$ 的指数等于 $a_i$

同理，对于任意一个质因数 $p_i$ ，选择的数中必须至少存在一个数，不含有 $p_i$ 这个质因数

第一个条件可以看做是否满足上界，第二个条件可以看作是否满足下界

因为 $L$ 小于等于 $10^{8}$，所以最多含有 $8$ 个不同的质因数

因此可以状压

设 $11$ 表示同时满足上界和下界，$10$ 表示只满足上界，$01$ 表示只满足下界，$00$ 表示上界和下界都不满足

显然满足条件的只能是 $L$ 的因数，我们可以把 $L$ 的所有因数都筛出来

然后求出这些因数所代表的状态

因数不会太多，最多只有 $768$ 个

如果没有必须选择 $x$ 的限制，那么直接设 $f[i][j]$ 表示考虑前 $i$ 个数，状态为 $j$ 的方案数进行 $dp$ 即可

如果考虑 $x$ 的限制，我们就需要维护一个前缀 $dp$ 数组 $pre$ 和后缀 $dp$ 数组 $suf$

对于第 $i$ 个数，我们把 $pre[i-1]$ 和 $suf[i+1]$ 进行或运算卷积

最后只要第 $i$ 个数的状态与某个状态进行或运算等于全集

那么就可以累加这个状态的答案

代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rg register
inline int read(){
	rg int x=0,fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int mod=1e9+7,maxn=70005,maxm=1005;
int n,g,l,q,x,mmax;
int getmod(rg int now){
	return now>=mod?now-mod:now<0?now+mod:now;
}
void fwtor(rg int A[],rg int typ){
	for(rg int o=2,k=1;o<=mmax;o<<=1,k<<=1){
		for(rg int i=0;i<mmax;i+=o){
			for(rg int j=0;j<k;j++){
				A[i+j+k]+=A[i+j]*typ;
				A[i+j+k]=getmod(A[i+j+k]);
			}
		}
	}
}
int pri[maxn],mi[maxn];
void divid(rg int now){
	rg int m=sqrt(now),ncnt=0;
	for(rg int i=2;i<=m;i++){
		if(now%i==0){
			ncnt=0;
			pri[++pri[0]]=i;
			while(now%i==0){
				now/=i;
				ncnt++;
			}
			mi[pri[0]]=ncnt;
		}
	}
	if(now>1){
		pri[++pri[0]]=now;
		mi[pri[0]]=1;
	}
}
int sta[maxn],tp,zt[maxn];
void getit(){
	rg int m=sqrt(l);
	for(rg int i=1;i<=m;i++){
		if(l%i==0){
			if(i<=n) sta[++tp]=i;
			if(i*i!=l && l/i<=n) sta[++tp]=l/i;
		}
	}
}
int pre[maxm][maxn],suf[maxm][maxn],tmp[maxn],ans[maxn];
int getzt(rg int now){
	rg int zt0=0,zt1=0;
	for(rg int i=1;i<=pri[0];i++){
		rg int ncnt=0;
		while(now%pri[i]==0){
			now/=pri[i];
			ncnt++;
		}
		if(ncnt==0) zt0|=(1<<(i-1));
		else if(ncnt==mi[i]) zt1|=(1<<(i-1));
	}
	return zt0|(zt1<<pri[0]);
}
int main(){
	n=read(),g=read(),l=read(),q=read();
	if(l%g){
		for(rg int i=1;i<=q;i++){
			x=read();
			printf("0\n");
		}
	} else {
		l/=g,n/=g;
		divid(l);
		mmax=1<<(2*pri[0]);
		getit();
		std::sort(sta+1,sta+1+tp);
		for(rg int i=1;i<=tp;i++) zt[i]=getzt(sta[i]);
		pre[0][0]=suf[tp+1][0]=1;
		for(rg int i=1;i<=tp;i++){
			memcpy(pre[i],pre[i-1],sizeof(pre[i-1]));
			for(rg int j=0;j<mmax;j++){
				pre[i][j|zt[i]]=getmod(pre[i][j|zt[i]]+pre[i-1][j]);
			}
		}
		for(rg int i=tp;i>=1;i--){
			memcpy(suf[i],suf[i+1],sizeof(suf[i+1]));
			for(rg int j=0;j<mmax;j++){
				suf[i][j|zt[i]]=getmod(suf[i][j|zt[i]]+suf[i+1][j]);
			}
		}
		for(rg int i=0;i<=tp+1;i++){
			fwtor(pre[i],1);
			fwtor(suf[i],1);
		}
		for(rg int i=1;i<=tp;i++){
			for(rg int j=0;j<mmax;j++){
				tmp[j]=1LL*pre[i-1][j]*suf[i+1][j]%mod;
			}
			fwtor(tmp,-1);
			for(rg int j=0;j<mmax;j++){
				if((zt[i]|j)==mmax-1) ans[i]=getmod(ans[i]+tmp[j]);
			}
		}
		for(rg int i=1;i<=q;i++){
			x=read();
			if(x%g) printf("0\n");
			else {
				x/=g;
				if(l%x) printf("0\n");
				else {
					rg int wz=std::lower_bound(sta+1,sta+1+tp,x)-sta;
					printf("%d\n",ans[wz]);
				}
			}
		}
	}
	return 0;
}

P3175 [HAOI2015]按位或

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分析

要用到 $min$−$max$ 容斥

不会的可以看我的容斥原理学习笔记

$max(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}min(T) $

$min(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}max(T) $

设 $max(S)$ 为 $S$ 中最晚的元素出现的期望次数

设 $min(S)$ 为 $S$ 中最早的元素出现的期望次数

问题转换为如何求 $min(T)$

设 $P=\sum\limits_{S\subseteq\complement_UT}P(S)$

$E(\min(T))=P\sum\limits^{+\infty}_{i=1}i(1-p)^{i-1}$

有边是一个等比数列乘等差数列的求和公式

化简之后是

$\frac{1-(1-P)^n}{P^2}-\frac{n(1-P)^n}{P}$

当 $n$ 趋进于无穷大时

$(1-P)^n$ 趋进于 $0$

因此最终的结果是 $\frac{1}{P^2}$

再乘上外面的一个 $P$，就是 $\frac{1}{P}$

剩下的再用一个或运算卷积即可

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define rg register
inline int read(){
	rg int x=0,fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int maxn=2e6+5,mod=998244353;
const double eps=1e-10;
int n,mmax,siz[maxn];
double a[maxn];
void fwtor(rg double A[],rg int typ){
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		for(rg int j=0;j<mmax;j+=(1<<i)){
			for(rg int k=0;k<1<<(i-1);k++){
				A[j|(1<<(i-1))|k]+=A[j|k]*typ;
			}
		}
	}
}
int main(){
	n=read();
	mmax=1<<n;
	for(rg int i=0;i<mmax;i++){
		scanf("%lf",&a[i]);
	}
	fwtor(a,1);
	for(rg int i=0;i<mmax;i++){
		siz[i]=siz[i>>1]+(i&1);
	}
	rg double nans=0;
	for(rg int i=1;i<mmax;i++){
		if(1.0-a[(mmax-1)^i]<eps){
			printf("INF\n");
			return 0;
		}
		nans+=((siz[i]&1)?(1.0):(-1.0))/(1.0-a[(mmax-1)^i]);
	}
	printf("%.8f\n",nans);
	return 0;
}

P5643 [PKUWC2018]随机游走

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分析

同样是 $min$-$max$ 容斥，先求出至少经过一个点的期望步数

然后再求出全部经过的期望步数

$max(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}min(T) $

设 $f_i$ 表示从 $i$ 出发，经过 $S$ 中的至少一个点的期望步数

$deg_i$ 为点 $i$ 的度数，$j$ 为 $i$ 的儿子节点

可以得到这样的递推式：

$f_i=\frac1{deg_i}(f_{fa_i}+\sum f_j)+1$

设 $f_i=k_if_{fa_i}+b_i$

化简之后可以得到

$f_i=\frac1{deg_i-\sum k_j}f_{fa_i}+\frac{deg_i+\sum b_j}{deg_i-\sum k_j} $

即

$k_i=\frac 1{deg_i-\sum k_j},b_i=\frac{deg_i+\sum b_j}{deg_i-\sum k_j} $

这个东西可以 $dfs$ 求出来

然后就可以用或运算卷积合并预处理出每一个集合的答案

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define rg register
inline int read(){
	rg int x=0,fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int maxn=1e6+5,maxm=25,mod=998244353;
int n,q,x,mmax,h[maxm],k[maxm],a[maxm],tot=1,du[maxm],ans[maxn],siz[maxn];
int ksm(rg int ds,rg int zs){
	rg int nans=1;
	while(zs){
		if(zs&1) nans=1LL*nans*ds%mod;
		ds=1LL*ds*ds%mod;
		zs>>=1;
	}
	return nans;
}
struct asd{
	int to,nxt;
}b[maxm<<1];
void ad(rg int aa,rg int bb){
	b[tot].to=bb;
	b[tot].nxt=h[aa];
	h[aa]=tot++;
}
int getmod(rg int now){
	return (now>=mod)?(now-mod):((now<0)?(now+mod):now);
}
void fwtor(rg int A[],rg int typ){
	for(rg int o=2,k=1;o<=mmax;o<<=1,k<<=1){
		for(rg int i=0;i<mmax;i+=o){
			for(rg int j=0;j<k;j++){
				A[i+j+k]+=A[i+j]*typ;
				A[i+j+k]=getmod(A[i+j+k]);
			}
		}
	}
}
void dfs(rg int now,rg int lat,rg int zt){
	if(zt&(1<<(now-1))) return;
	rg int ans1=0,ans2=0;
	for(rg int i=h[now];i!=-1;i=b[i].nxt){
		rg int u=b[i].to;
		if(u==lat) continue;
		dfs(u,now,zt);
		ans1+=k[u];
		ans2+=a[u];
		ans1=getmod(ans1);
		ans2=getmod(ans2);
	}
	k[now]=ksm(getmod(du[now]-ans1),mod-2);
	a[now]=1LL*k[now]*getmod(du[now]+ans2)%mod;
}
int main(){
	memset(h,-1,sizeof(h));
	n=read(),q=read(),x=read();
	rg int aa,bb,cc;
	for(rg int i=1;i<n;i++){
		aa=read(),bb=read();
		ad(aa,bb);
		ad(bb,aa);
		du[aa]++,du[bb]++;
	}
	mmax=1<<n;
	for(rg int i=0;i<mmax;i++) siz[i]=siz[i>>1]+(i&1);
	for(rg int i=0;i<mmax;i++){
		memset(k,0,sizeof(k));
		memset(a,0,sizeof(a));
		dfs(x,0,i);
		ans[i]=a[x]*((siz[i]&1)?1:(-1));
		ans[i]=getmod(ans[i]);
	}
	fwtor(ans,1);
	for(rg int i=1;i<=q;i++){
		aa=read();
		cc=0;
		for(rg int j=1;j<=aa;j++){
			bb=read();
			cc|=(1<<(bb-1));
		}
		printf("%d\n",ans[cc]);
	}
	return 0;
}