FWT

线性变换>->

类比FFT

对于这类东西，我们考虑$tf(A)tf(B)=tf(A\ast B)$,其中*为某二元运算,tf为线性变换,设$C=A\ast B$
形象的我们可以把tf认为$tf(A{)}_i={\sum }_{j=0}^n{A}_{j}f(n,i,j)$，其中f(i,j)是一个函数
所以，我们有
$tf(A{)}_{i}tf(B{)}_i=tf(A\ast B{)}_i$
$({\sum }_{j=0}^n{A}_{j}f(n,i,j))({\sum }_{j=0}^n{B}_{j}f(n,i,j))={\sum }_{j=0}^n{C}_{j}f(n,i,j)$
$f(n,i,j)f(n,i,k)=f(n,i,j\ast k)$
如果是FFT那么我们有$f(n,i,j)=(w_n^i{)}^j$,易证明$f(n,i,j)f(n,i,k)=f(n,i,j\ast k)$
现在我们需要位运算卷积

or卷积

我们定义$f(n,i,j)=[(j|i)==i]$，显然满足$f(n,i,j)f(n,i,k)=f(n,i,j\ast k)$,所以我们有$tf(A{)}_i={\sum }_{j=0}^n{A}_j[(j|i)==i]$
接下来我们考虑怎么计算tf(A)，貌似可以直接子集和…
我们记$A_0,A_1$表示A的低$2^{n-1}$位与高$2^{n-1}$位,这时我们发现
$tf(A)=(tf(A_0),tf(A_1)+tf(A_0))$
定义$Itf为tf$的逆变换
故$If(n,i,j)=[j\&i==i](-1{)}^{(count(j)-count(i))}$
$Itf(A)=(Itf(A_0),Itf(A_1)-Itf(A_0))$

and卷积

我们定义$f(n,i,j)=[j\&i==i]$，显然满足$f(n,i,j)f(n,i,k)=f(n,i,j\ast k)$,所以$tf(A{)}_i={\sum }_{j=0}^n{A}_j[j\&i==i]$
计算$tf(A)$,超集和
$tf(A)=(tf(A_0)+tf(A_1),tf(A_1))$
故$If(n,i,j)=[j|i==i](-1{)}^{count(i)-count(j)}$
$Itf(A)=(Itf(A_0)-Itf(A_1{)}_{,}Ift(A_1))$

xor卷积

我们定义$f(n,i,j)=(-1{)}^{count(j\&i)}$,显然满足$f(n,i,j)f(n,i,k)=f(n,i,j\ast k)$
所以$tf(A{)}_i={\sum }_{j=0}^n{A}_j(-1{)}^{count(j\&i)}$
$tf(A)=(tf(A_0)+tf(A_1),tf(A_0)-tf(A_1))$
故$If(n,i,j)=\frac{1}{n}{\sum }_{j=0}^n{A}_j(-1{)}^{count(j\&i)}$
$Itf(A)=(\frac{tf(A_0)+tf(A_1)}{2},\frac{tf(A_0)-tf(A_1)}{2})$
注：以上用线性变换来解释fwt，貌似有点不太行
具体可以看2015年论文，集合幂级数貌似靠谱一点
【模板】快速沃尔什变换

#include
#define ll long long
#define pb(x) push_back(x)
using namespace std;
const int mod=998244353;
typedef vector<int> poly;
poly a_or,b_or,a_and,b_and,a_xor,b_xor;
int n,x,inv2;
int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
int mul(int x,int y){return (ll)x*y%mod;}
int ksm(int x,int y){
	int ans=1;
	for (;y;y>>=1,x=mul(x,x)) if (y&1) ans=mul(ans,x);
	return ans;
}
inline poly operator*(poly a,poly b){
	for (int i=0;i<a.size();i++) a[i]=mul(a[i],b[i]);
	return a;
}
void Fwt_or(poly &a,int t){
	for (int i=1;i<(1<<n);i<<=1)
	 for (int j=0,p=(i<<1);j<(1<<n);j+=p)
	 	for (int k=j;k<j+i;k++) if (t==1) a[k+i]=(a[k+i]+a[k])%mod;
	 	else a[k+i]=dec(a[k+i],a[k]);
}
void Fwt_and(poly &a,int t){
	for (int i=1;i<(1<<n);i<<=1)
	 for (int j=0,p=(i<<1);j<(1<<n);j+=p)
	  for (int k=j;k<j+i;k++) if (t==1) a[k]=add(a[k+i],a[k]);
	  else a[k]=dec(a[k],a[k+i]);
}
void Fwt_xor(poly &a,int t){
	for (int i=1;i<(1<<n);i<<=1)
	 for (int j=0,p=(i<<1);j<(1<<n);j+=p)
	  for (int k=j;k<j+i;k++) {
	  	int x=a[k],y=a[k+i];
	  	if (t==1) a[k]=add(x,y),a[k+i]=dec(x,y);
	  	else a[k]=mul(add(x,y),inv2),a[k+i]=mul(dec(x,y),inv2);
	  }
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=0;i<(1<<n);i++) scanf("%d",&x),a_or.pb(x),a_and.pb(x),a_xor.pb(x);
	for (int i=0;i<(1<<n);i++) scanf("%d",&x),b_or.pb(x),b_and.pb(x),b_xor.pb(x);
	inv2=ksm(2,mod-2);
	Fwt_or(a_or,1); Fwt_or(b_or,1); a_or=a_or*b_or; Fwt_or(a_or,-1);
	Fwt_and(a_and,1); Fwt_and(b_and,1); a_and=a_and*b_and; Fwt_and(a_and,-1);
	Fwt_xor(a_xor,1); Fwt_xor(b_xor,1); a_xor=a_xor*b_xor; Fwt_xor(a_xor,-1);
	for (int i=0;i<(1<<n);i++) printf("%d ",a_or[i]);
	printf("\n");
	for (int i=0;i<(1<<n);i++) printf("%d ",a_and[i]);
	printf("\n");
	for (int i=0;i<(1<<n);i++) printf("%d ",a_xor[i]);
}

【UNR #2】黎明前的巧克力
题意：
你现在有一个数集T，要从中选出一个子集s(s不为空)，如果xor为0则对答案的贡献为2^|s|否则不对答案产生贡献
解析:就是求${\prod }_{i=1}^n(1+2x^{a_i})$的第0项系数,这里的$\prod$为异或卷积
我们可以考虑把每个$(1+2x^{a_i})$Fwt一下，再相乘，再Fwt回去,这样时间复杂度为$O(n^{2}logn)$
我们考虑对$(1+2x^{a_i})$Fwt本质上每位只会是3或-1,那么最后我们只需要求出每一位上有多少个3，有多少个-1即可.

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int M=20;
const int mod=998244353;
int f[1<<M],fac[1<<M];
int n,x,inv2;
int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
int mul(int x,int y){return (ll)x*y%mod;}
int ksm(int x,int y){
	int ans=1;
	for (;y;y>>=1,x=mul(x,x)) if (y&1) ans=mul(ans,x);
	return ans;
}
void Fwt(int *a,int opt){
	for (int i=1;i<(1<<M);i<<=1)
	 for (int j=0,p=(i<<1);j<(1<<M);j+=p)
	  for (int k=j;k<j+i;k++) {
	  	int x=a[k],y=a[k+i];
	  	if (opt==1) a[k]=x+y,a[k+i]=x-y;
	  	else a[k]=mul(add(x,y),inv2),a[k+i]=mul(dec(x,y),inv2);
	  }
}
signed main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%d",&x); f[x]++;
	}
	Fwt(f,1); 
	fac[0]=1; for (int i=1;i<(1<<M);i++) fac[i]=mul(fac[i-1],3);
	for (int i=0;i<(1<<M);i++) {
		int x=(n+f[i])/2,y=n-x;
		f[i]=fac[x]; if (y&1) f[i]=(mod-f[i])%mod;
	} 
	inv2=ksm(2,mod-2);
	Fwt(f,-1);
	printf("%d\n",dec(f[0],1));
}