前（che）言（dan）

$FWT$是个神奇的东西。

然而网上多数讲解多数直接给结论，顶多用归纳法证一证。

所以本文会讲解$FWT$的推导过程。

虽然也用到了构造，但是好背得多

参考博客：https://www.cnblogs.com/ACMSN/p/11031072.html

能干啥

众所周知，$FFT$求的是

$$C_k=\sum _{i+j=k}{A}_i{B}_j$$

而$FWT$求的是

$$C_k=\sum _{i\oplus j=k}{A}_i{B}_j$$
其中$\oplus$为逻辑位运算符，即$\&,|,\hat{}$

两者思想类似，但实际上是两条不同的线。

约定

大写字母$A,B,C$表示一个序列（多项式），下标从$0$开始，到$n-1$结束

小写字母$i,j,k$表示循环变量

$A+B,A-B,A\ast B$表示对应位直接相加,相减或相乘

$A\oplus B$表示对应的卷积，$\oplus$为$\&,|,\hat{},\times (乘法)$

$A[i]$表示序列第$i$位

$A_0,A_1$表示序列前半部分和后半部分

$(A,B)$表示将两个序列拼接在一起

如果涉及了集合运算，表示这个数二进制$1$的位置构成的集合

分析

回忆$FFT$的过程，它的思想是构造一个$FFT$函数及其逆运算$IFFT$，使得

$$IFFT(FFT(A)\ast FFT(B))=A\times B$$

$FWT$则构造

$$IFWT(FWT(A)\ast FWT(B))=A\oplus B$$

以下都假装$N$是$2$的整数次幂

先说主要思想：构造一个$i,j$的关系式$g(i,j)$，使得

$$FWT(A)[i]=\sum _{j=0}^{n-1}g(i,j)A[j]$$

我们想要

$$FWT(A\oplus B)=FWT(A)\ast FWT(B)$$

即对于任意的$i$

$$FWT(A\oplus B)[i]=FWT(A)[i]\ast FWT(B)[i]$$

代入

$$\sum _{j=0}^{n-1}g(i,j)((A\oplus B)[j])=\sum _{j=0}^{n-1}g(i,j)A[j]\sum _{k=0}^{n-1}g(i,k)B[k]$$

拆开

$$\sum _{x=0}^{n-1}g(i,x)\sum _{j\oplus k=x}A[j]\ast B[k]=\sum _{j=0}^{n-1}g(i,j)A[j]\sum _{k=0}^{n-1}g(i,k)B[k]$$

右边可以乘法分配率合并（其实就是换个顺序）

$$\sum _{x=0}^{n-1}g(i,x)\sum _{j\oplus k=x}A[j]\ast B[k]=\sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}g(i,j)g(i,k)A[j]B[k]$$

左边更换枚举项

$$\sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}g(i,j\oplus k)A[j]B[k]=\sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}g(i,j)g(i,k)A[j]B[k]$$

即:

$$g(i,j\oplus k)=g(i,j)g(i,k)$$

我们还需要证一个东西：

$$FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)$$

对于每个$i$

$$FWT(A+B)[i]=FWT(A)[i]+FWT(B)[i]$$

套定义

$$\sum _{j=0}^{n-1}g(i,j)(A+B)[j]=\sum _{j=0}^{n-1}g(i,j)A[j]+\sum _{j=0}^{n-1}g(i,j)B[j]$$

然后很显然 证毕

完结撒花

或

构造

$$g(i,j|k)=g(i,j)g(i,k)$$

写成集合形式

$$g(i,j\cup k)=g(i,j)g(i,k)$$

构造$g(i,j)=[j\subset i]$即可

实现

$$FWT(A)[i]=\sum _{j\subset i}A[j]$$

考虑分治

将一个序列分成左右两部分，左边最高位为$0$ 右边最高位为$1$

对于左边，其子集就是上一个的子集

右边再加上左边，因为可以不选最高位

即

$$FWT(A)=(FWT(A_0),FWT(A_0)+FWT(A_1))$$

只有一项直接返回

逆运算解个方程就行了
$$\{\begin{array}{rl}FWT(A{)}_0& =FWT(A_0)\\ FWT(A{)}_1& =FWT(A_0)+FWT(A_1)\end{array}$$

$$\{\begin{array}{rl}FWT(A_0)& =FWT(A{)}_0\\ FWT(A_1)& =FWT(A{)}_1-FWT(A{)}_0\end{array}$$

即

$$IFWT(A)=(IFWT(A_0),IFWT(A_1)-IFWT(A_0))$$

与

同理，略

$$FWT(A)=(FWT(A_0)+FWT(A_1),FWT(A_1))$$

$$IFWT(A)=(IFWT(A_0)-IFWT(A_1),IFWT(A_1))$$

异或

构造

$$g(i,j\hat{}k)=g(i,j)g(i,k)$$

我也不知道怎么想到的构造

$$g(i,j)=(-1{)}^{|i\cap j|}$$

用到了异或不会改变$1$的总数的奇偶性 意识流得证

实现

$$FWT(A)[i]=\sum _{j=0}^{n-1}(-1{)}^{|i\cap j|}A[j]$$

仍然分成左右两部分，右边表示选择最高位

发现只有两侧都填$1$的时候会改变$|i\cap j|$的奇偶性，相当于产生负的贡献。其余都产生正贡献。

即

$$FWT(A)=(FWT(A_0)+FWT(A_1),FWT(A_0)-FWT(A_1))$$

$$IFWT(A)=(\frac{IFWT(A_0)+IFWT(A_1)}{2},\frac{IFWT(A_0)-IFWT(A_1)}{2})$$

代码

void ForT(int* a,int n,int type)
{for (int len=2;len<=(1<<n);len<<=1){int mid=len>>1;for (int s=0;s<(1<<n);s+=len)for (int k=0;k<mid;k++){a[s+mid+k]=(a[s+mid+k]+type*a[s+k])%MOD;if (a[s+mid+k]<0) a[s+mid+k]+=MOD;}}
}
void FandT(int* a,int n,int type)
{for (int len=2;len<=(1<<n);len<<=1){int mid=len>>1;for (int s=0;s<(1<<n);s+=len)for (int k=0;k<mid;k++){a[s+k]=(a[s+k]+type*a[s+mid+k])%MOD;if (a[s+k]<0) a[s+k]+=MOD;}}	
}
void FxorT(int* a,int n,int type)
{for (int len=2;len<=(1<<n);len<<=1){int mid=len>>1;for (int s=0;s<(1<<n);s+=len)for (int k=0;k<mid;k++){a[s+k]=(a[s+k]+a[s+mid+k])%MOD;a[s+mid+k]=(a[s+k]-2*a[s+mid+k])%MOD;if (a[s+mid+k]<0) a[s+mid+k]+=MOD;if (type==-1) a[s+k]=(ll)a[s+k]*INV%MOD,a[s+mid+k]=(ll)a[s+mid+k]*INV%MOD;}}		
}