快速沃尔什变换（FWT）详详详解

介绍

我们以前常见的多项式乘法长这个亚子：
$$C[k]=\sum _{i+j=k}A[i]\times B[j]$$

而 $FWT$ 用来处理的，与 $FFT$ 稍稍不同，是这样的卷积：
$$C[k]=\sum _{i\oplus j=k}A[i]\times B[j]$$

其中，$\oplus$ 可以是 $\&,|,\Lambda$，这三种符号分别对应 $and,or,xor$。

为了方便，首先做一些约定（下面 $A,B$ 代表多项式）：

$A+B=(A[0]+B[0],A[1]+B[1],\cdots )$，即按位相加
$A-B=(A[0]-B[0],A[1]-B[1],\cdots )$，即按位相减
$A\ast B=(A[0]\times B[0],A[1]\times B[1],\cdots )$，即按位相乘（这个要注意，别和卷积搞混了）
$A\oplus B=(\sum _{i\oplus j=0}A[i]\times B[j],\sum _{i\oplus j=1}A[i]\times B[j],\cdots )$，本质就是上面的那个卷积

思路

大致思路与 $FFT$ 一致，将要卷在一起的两个多项式先正变换，然后按位相乘，最后逆变换回来即可。

或卷积

卷积的公式是这样的：$C[k]=\sum _{i|j=k}A[i]\times B[j]$。可以表示为 $C=A|B$。

其实或卷积和与卷积的本质应该是 $FMT$，但是大部分人将它们归在 $FWT$ 门下了，所以也放在这里讲。

正变换

定义： $FWT(A)[i]={\sum }_{j|i}A[j]$。这个是正变换后得到的数组的意义，简单来说，就是下标的子集对应的位置之和，其中 $j|i$ 表示 $j$ 是 $i$ 的子集。

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那么有一个很显然的性质：

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

证明： 我们拿每一位单独看：

$FWT(A)[i]={\sum }_{j|i}A[j]$
$FWT(B)[i]={\sum }_{j|i}B[j]$
$FWT(A+B)[i]={\sum }_{j|i}(A+B)[j]={\sum }_{j|i}A[j]+B[j]$

嗯……很显然可以得到 $FWT(A)[i]+FWT(B)[i]=FWT(A+B)[i]$。

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再定义一个东西：设 $A$ 这个多项式有 $2^n$ 项，那么 $A_0$ 表示前 $2^{n-1}$ 项，$A_1$ 表示后 $2^{n-1}$ 项。

那么其实很容易得到递归的公式：
$$FWT(A)=\{\begin{array}{ll}(FWT(A_0),FWT(A_0)+FWT(A_1))& (n>0)\\ A& (n=0)\end{array}$$

你问我 $(A,B)$ 这样的表示是什么意思？别忘了 $A,B$ 是多项式，你可以认为这是将两个多项式拼接在了一起。就像 $A=(A_0,A_1)$。

证明

$n=0$ 时很显然，就不讲了。

仔细观察，$A_0$ 与 $A_1$ 的区别在于，$A_0$ 部分下标最高位是 $0$，而 $A_1$ 的最高位是 $1$，也就是说，$A_0$ 在对应位置上是 $A_1$ 的子集，因为只有最高位不一样，其他位都一样，所以我们将 $A_0$ 加给 $A_1$。

又因为 $A_1$ 中不可能有任何一位是 $A_0$ 的任意一个位置的子集，所以左半部分就只是 $FWT(A_0)$。

这样递归下去，依次处理完第 $n-1$ 位，第 $n-2$ 位，……，第 $1$ 位后，就求出了 $FWT(A)$。

求解证明

求出 $FWT(A)$ 和 $FWT(B)$ 之后，对应位置相乘就得到了 $FWT(C)$，然后逆变换就可以得到多项式 $C$。

这里就需要证明，为什么 $FWT(C)=FWT(A|B)=FWT(A)\ast FWT(B)$。

感性理解

感性理解其实很简单，$FWT(A)[i]$ 记录的是 $i$ 的子集之和，$FWT(B)[i]$ 也是，那么他们相乘，其实就是双方子集中的每一个元素两两相乘，取出来的两个元素的下标或起来一定还是 $i$ 的子集中的一个，由于 $C[i]$ 记录的是下标或起来为 $i$ 的乘积之和，那么全部乘完之后，我们不仅得到了 $C[i]$，还得到了 $i$ 的所有子集的 $C$，也就是 $FWT(C)[i]$。

理性证明

这玩意丑的很……相信没人想看的qwq，不过为了严谨，还是有必要写的啦。

下面为了区分属于…的子集和或运算两个意思，就不都用 $|$ 了，属于…的子集用 $\in$ 代替（只是在这个证明中）。
$$\begin{array}{rl}FWT(C)[i]& =\sum _{j\in i}C[j]\\ & =\sum _{j\in i}\sum _{x|y=j}A[x]\times B[y]\\ & =\sum _{(x|y)\in i}A[x]\times B[y]\\ & =\sum _{x\in i}A[x]\times \sum _{y\in i}B[y]\\ & =FWT(A)[i]\times FWT(B)[i]\end{array}$$

逆变换

逆变换我们称为 $IFWT$，即满足 $A=IFWT(FWT(A))$。

这个其实只需要将上面的加号变成减号即可。

感性理解

可以类比前缀和来理解：

//知道每个位置的值求前缀和
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]+=a[i-1];
//知道前缀和求每个位置的值
for(int i=n;i>=1;i--)a[i]-=a[i-1];

理性证明

其实证明也很简单，以及与卷积和异或卷积的理性证明其实都差不多。

证明： 我们现在已知 $FWT(A{)}_0,FWT(A{)}_1$，要求 $A_0,A_1$。

$\because FWT(A{)}_0=FWT(A_0)$
$\therefore A_0=IFWT(FWT(A_0))=IFWT(FWT(A{)}_0)$
$\because FWT(A{)}_1=FWT(A_0)+FWT(A_1)$，即 $FWT(A_1)=FWT(A{)}_1-FWT(A{)}_0$
$\therefore A_1=IFWT(FWT(A_1))=IFWT(FWT(A{)}_1-FWT(A{)}_0)$

代码实现（其实和 $FFT$ 很像）：

void FWT_or(ll *f,int type)//type为1是正变换，-1是逆变换
{
	for(int mid=1;mid<n;mid<<=1)//每次将两块大小为mid的块合并成一个大块
	for(int block=mid<<1,j=0;j<n;j+=block)//枚举每个大块
	for(int i=j;i<j+mid;i++)//依次合并
	f[i+mid]=(f[i+mid]+f[i]*type+mod)%mod;
}

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与卷积

卷积的公式是这样的：$C[k]=\sum _{i\&j=k}A[i]\times B[j]$。

正变换

定义： $FWT(A)[i]={\sum }_{i|j}A[j]$，意思就是，$FWT(A)[i]$ 记录的是所有 $A[j]$ 的和，其中 $i,j$ 满足 $i$ 是 $j$ 的子集。

这个显然也满足 $FWT(A)+FWT(B)=FWT(A+B)$。

其实与卷积和或卷积十分相似，一个是前面的对后面的产生贡献，一个是后面的对前面产生贡献。

类比或卷积，可以得到与卷积的递归公式：
$$FWT(A)=\{\begin{array}{ll}(FWT(A_0)+FWT(A_1),FWT(A_1))& (n>0)\\ A& (n=0)\end{array}$$

证明

这就不用证了吧……和或卷积基本上一毛一样，就是 $A_0$ 和 $A_1$ 对应位置就差一个 $1$，所以 $A_0$ 是 $A_1$ 子集，所以把 $A_1$ 的贡献累加到 $A_0$ 上。

求解证明

如果理解了或运算的求解证明，那么与运算的其实也搞定了。

这里就直接贴一个数学证明了：
$$\begin{array}{rl}FWT(C)[i]& =\sum _{i\in j}C[j]\\ & =\sum _{i\in j}\sum _{x|y=j}A[x]\times B[y]\\ & =\sum _{i\in (x|y)}A[x]\times B[y]\\ & =\sum _{i\in x}A[x]\times \sum _{i\in y}B[y]\\ & =FWT(A)[i]\times FWT(B)[i]\end{array}$$

几乎就是一样的qwq

逆变换

也是很简单的将加号变减号。

证明： 我们现在已知 $FWT(A{)}_0,FWT(A{)}_1$，要求 $A_0,A_1$。

$\because FWT(A{)}_1=FWT(A_1)$
$\therefore A_1=IFWT(FWT(A_1))=IFWT(FWT(A{)}_1)$
$\because FWT(A{)}_0=FWT(A_0)+FWT(A_1)$，即 $FWT(A_0)=FWT(A{)}_1-FWT(A{)}_0$
$\therefore A_0=IFWT(FWT(A_0))=IFWT(FWT(A{)}_0-FWT(A{)}_1)$

代码实现：

void FWT_and(ll *f,int type)
{
	for(int mid=1;mid<n;mid<<=1)
	for(int block=mid<<1,j=0;j<n;j+=block)
	for(int i=j;i<j+mid;i++)
	f[i]=(f[i]+f[i+mid]*type+mod)%mod;
}

异或卷积

这个东西才是真正的 $FWT$，求法都奇奇怪怪的。

卷积的公式是这样的：$C[k]=\sum _{i\Lambda j=k}A[i]\times B[j]$。

正变换

首先摒弃上面带来的一些奇奇怪怪的想法，因为异或卷积的正变换没有用到异或，完全没有。

设 $c(i)$ 表示 $i$ 的二进制有多少个 $1$，如 $c(3)=2$。

奇怪的定义： $FWT(A)[i]=\sum _{j=0}^{2^n-1}(-1{)}^{c(i\&j)}A[j]$，也可以写成 $FWT(A)[i]=(\sum _{c(i\&j)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2=0}A[j])-(\sum _{c(i\&k)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2=1}A[k])$。

没错，是 $\&$ 不是 $\Lambda$。不用管为什么，看下去就知道了，重点是记住定义。

递归公式：
$$FWT(A)=\{\begin{array}{ll}(FWT(A_0)+FWT(A_1),FWT(A_0)-FWT(A_1))& (n>0)\\ A& (n=0)\end{array}$$

怎么样，是不是有种见了鬼的感觉qwq

但是实际上不难理解。

证明

依然忽略 $n=0$ 时的情况~

此时要理解，求出来的 $FWT(A_1)$ 并没有考虑到他是 $A$ 的右半部分，即最高位的 $1$ 是没有考虑的，也就是说，求 $FWT(A_1)$ 时下标是 $0$ ~ $2^{n-1}-1$，而不是 $2^{n-1}$ ~ $2^n-1$。

剩下的我们从左到右看：

首先 $FWT(A{)}_0=FWT(A_0)+FWT(A_1)$，因为 $FWT(A{)}_0$ 是左半部分，于是最高位是 $0$，所以不管是和左半部分做与运算还是与右半部分做与运算，最高位都是 $0$，所以直接把左右两边的贡献加起来即可。

而 $FWT(A{)}_1$ 比较特殊，他是右半部分，所以他与右半部分做与运算时，最高位多出来一个 $1$，而这是 $FWT(A_1)$ 没有考虑到的，如果多了个 $1$ 的话，回看上面的定义，$c(i\&j)$ 就会乘多一个 $-1$，所以 $FWT(A_1)$ 的贡献是负的。而 $FWT(A_0)$ 无所谓，由于它本身就在左半部分，不会多出最高位的 $1$，所以贡献是正的。

求解证明

这里就用到异或了，以及用到了一个性质（描述有点长qwq，不想看的可以直接看下面的柿子）：$i$ 与 $k$ 的 $1$ 的数量的奇偶性异或 $j$ 与 $k$ 的 $1$ 的数量的奇偶性等于 $i$ 异或 $j$ 再与 $k$ 的 $1$ 的数量的奇偶性相同。

用数学柿子来表示的话，设 $P(i)$ 表示 $i$ 的奇偶性，当 $i$ 是奇数时 $P(i)=1$，当 $i$ 是偶数时 $P(i)=0$，那么这个性质就是：
$$P(c(i\&k))\Lambda P(c(j\&k))=P(c((i\Lambda j)\&k))$$

为了严谨，证明还是要有的（其实随便手玩一下就懂了，很简单）：

考虑 $i,j,k$ 的某一位，记为 $x,y,z$（注意，是同一位），那么有两种情况（已经尽力压缩了qwq，怕多了各位不看呀，下面这些看起来繁琐的东西其实逻辑很简单的，静心细看就好）：

1. $x,y$ 都等于或不等于 $z$（即 $x=y$）。那么 $i\&k$ 和 $j\&k$ 的这一位相同，所以 $c(i\&k)$ 和 $c(j\&k)$ 同时 $+1$ 或 $+0$，$P(c(i\&k))\Lambda P(c(j\&k))$ 的值不变。再看等式右边，$i\Lambda j$ 的这一位为 $0$，那么 $(i\Lambda j)\&k$ 的这一位就是 $0$，对 $c((i\Lambda j)\&k)$ 没有贡献，所以 $P(c((i\Lambda j)\&k))$ 也不会变，等式成立。
2. $x,y$ 一个等于 $z$，一个不等于 $z$（即 $x\ne y$）。假如 $z=0$，那么参照情况 $1$，很容易知道此时两边又是不会发生变化的。如果 $z=1$，此时 $i\&k$ 和 $j\&k$ 的这一位不同，所以 $c(i\&k)$ 和 $c(j\&k)$ 一个 $+1$，一个 $+0$，那么等式左边就会发生变化。而右边因为 $i\Lambda j$ 和 $k$ 的这一位同时为 $1$，所以 $c((i\Lambda j)\&k)$ 会 $+1$，那么等式右边也会发生变化。等式两边同时变化，等式依然成立。

---

接下来就是求解的证明了，还是像上面那样大力展开（自己手(luan)推的，要是错了告知一下谢谢啦qwq）：
$$\begin{array}{rl}FWT(C)[i]& =\sum _{j=0}^{2^n-1}(-1{)}^{c(i\&j)}C[j]\\ & =\sum _{j=0}^{2^n-1}(-1{)}^{c(i\&j)}\sum _{x\Lambda y=j}A[x]\times B[y]\\ & =\sum _{x=0}^{2^n-1}\sum _{y=0}^{2^n-1}A[x]\times B[y]\times (-1{)}^{c(i\&(x\Lambda y))}\end{array}$$

诶！仔细观察发现，我们只在意 $c(i\&(x\Lambda y))$ 的奇偶性，因为他是 $-1$ 的指数，所以我们不妨在外面套一个 $P$，显然是不影响答案的。
$$=\sum _{x=0}^{2^n-1}\sum _{y=0}^{2^n-1}A[x]\times B[y]\times (-1{)}^{P(c(i\&(x\Lambda y)))}$$

这不就是上面性质里的样子吗！于是我们可以愉快的拆开啦：
$$=\sum _{x=0}^{2^n-1}\sum _{y=0}^{2^n-1}A[x]\times B[y]\times (-1{)}^{P(c(i\&x))\Lambda P(c(i\&y))}$$

仔细观察下面的柿子，是不是有什么规律？

$(-1{)}^{0\Lambda 0}=1=(-1{)}^{0+0}$
$(-1{)}^{0\Lambda 1}=-1=(-1{)}^{0+1}$
$(-1{)}^{1\Lambda 0}=-1=(-1{)}^{1+0}$
$(-1{)}^{1\Lambda 1}=1=(-1{)}^{1+1}$

没错！将指数里的 $\Lambda$ 换成 $+$ 并不影响答案！

接下来就可以顺理成章的证明下去了。
$$\begin{array}{rl}& =\sum _{x=0}^{2^n-1}\sum _{y=0}^{2^n-1}A[x]\times B[y]\times (-1{)}^{P(c(i\&x))+P(c(i\&y))}\\ & =\sum _{x=0}^{2^n-1}\sum _{y=0}^{2^n-1}A[x]\times B[y]\times (-1{)}^{P(c(i\&x))}\times (-1{)}^{P(c(i\&y))}\\ & =\sum _{x=0}^{2^n-1}A[x]\times (-1{)}^{P(c(i\&x))}\times \sum _{y=0}^{2^n-1}B[y]\times (-1{)}^{P(c(i\&y))}\\ & =FWT(A)[i]\times FWT(B)[i]\end{array}$$

逆变换

这个就稍微跟上面不一样的，不过一样的是都很容易理解~

设 $A^{\prime }=FWT(A)$，那么逆变换递推公式就是：
$$\{\begin{array}{ll}(\frac{IFWT(A_0^{\prime })+IFWT(A_1^{\prime })}{2},\frac{IFWT(A_0^{\prime })-IFWT(A_1^{\prime })}{2})& (n>0)\\ A^{\prime }& (n=0)\end{array}$$

证明： 现在已知 $FWT(A{)}_0,FWT(A{)}_1$，求 $A_0,A_1$。

$\because FWT(A{)}_0=FWT(A_0)+FWT(A_1),FWT(A{)}_1=FWT(A_0)-FWT(A_1)$
$\therefore FWT(A_0)=\frac{FWT(A{)}_0+FWT(A{)}_1}{2},FWT(A_1)=\frac{FWT(A{)}_0-FWT(A{)}_1}{2}$
$\therefore A_0=IFWT(FWT(A_0))=IFWT(\frac{FWT(A{)}_0+FWT(A{)}_1}{2})$
$A_1=IFWT(FWT(A_1))=IFWT(\frac{FWT(A{)}_0-FWT(A{)}_1}{2})$

代码实际上也没比上面的麻烦多少：

void FWT_xor(ll *f,int type)
{
	for(int mid=1;mid<n;mid<<=1)
	for(int block=mid<<1,j=0;j<n;j+=block)
	for(int i=j;i<j+mid;i++)//这三个循环与上面完全一样
	{
		ll x=f[i],y=f[i+mid];
		f[i]=(x+y)%mod*(type==1?1:inv_2)%mod;
		f[i+mid]=(x-y+mod)%mod*(type==1?1:inv_2)%mod;
	}
}

模板题

题目传送门

有一说一，我觉得我这个代码超级好看！（虽然有点不要脸qwq）

#include 
#include 
#define ll long long
#define mod 998244353
#define maxn 1<<18

int n;
ll a[maxn],b[maxn],A[maxn],B[maxn];
void FWT_or(ll *f,int type)
{
	for(int mid=1;mid<n;mid<<=1)
	for(int block=mid<<1,j=0;j<n;j+=block)
	for(int i=j;i<j+mid;i++)
	f[i+mid]=(f[i+mid]+f[i]*type+mod)%mod;
}
void FWT_and(ll *f,int type)
{
	for(int mid=1;mid<n;mid<<=1)
	for(int block=mid<<1,j=0;j<n;j+=block)
	for(int i=j;i<j+mid;i++)
	f[i]=(f[i]+f[i+mid]*type+mod)%mod;
}
int inv_2=499122177;
void FWT_xor(ll *f,int type)
{
	for(int mid=1;mid<n;mid<<=1)
	for(int block=mid<<1,j=0;j<n;j+=block)
	for(int i=j;i<j+mid;i++)
	{
		ll x=f[i],y=f[i+mid];
		f[i]=(x+y)%mod*(type==1?1:inv_2)%mod;
		f[i+mid]=(x-y+mod)%mod*(type==1?1:inv_2)%mod;
	}
}
void work(void (*FWT)(ll *f,int type))//将函数作为参数传入
{
	for(int i=0;i<n;i++)a[i]=A[i],b[i]=B[i];
	FWT(a,1);FWT(b,1);
	for(int i=0;i<n;i++)a[i]=a[i]*b[i]%mod;
	FWT(a,-1);
	for(int i=0;i<n;i++)printf("%lld ",a[i]);
	printf("\n");
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);n=1<<n;
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&A[i]),A[i]%=mod;
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&B[i]),B[i]%=mod;
	work(FWT_or);work(FWT_and);work(FWT_xor);
}