【FWT/FMT子集卷积】CF1034E Little C Loves 3 III

【题目】
原题地址
给定两个长度为$2^n$的序列$a,b$，求他们的子集卷积，每一位答案%4。$n\le 21$

【解题思路】
十分玄学，出题人这个想法十分厉害。（集训队论文里没有提过呢）

先说$\text{FWT}$的做法：设$f(i)$为$i$的$popcount$
令$A_i=a_i\cdot 4^{f(i)},B_i=b_i\cdot 4^{f(i)}$
计算$C_i={\sum }_{j|k=i}{A}_j\cdot B_k$，则$c_i=\frac{C_i}{4^{f(i)}}\%4$
复杂度是$O(n{2}^n)$的。

我们来分析一下这个做法，可以这样来理解：

这里相当于每个值是一个小的多项式，多项式的指数是集合的大小，每次乘完得到一个多项式，而我们只要这个多项式的最低位。所以我们将最低位移到$0$次项然后取模，其他贡献就没了。

更具体的，我们要做的就是将$f(i)+f(j)==f(i|j)$与$f(i)+f(j)>f(i|j)$区分开，那么我们乘上$4^{f(i)}$后，对于后者，我们至少会多乘上一个4，于是这样就消除了影响。

另外，我们可以考虑用vfk论文里面的形式幂级数来做。首先直接做子集卷积，暴力显然是$O(n^2{2}^n)$的。

这里我们令$A_{S,k}$表示对于$a$，集合为$S$，集合大小为$k$的值，$B_{S,k}$同理。

那么只有$A_{S,|S|}=a_S$是有效的，其余位置都是无效的，我们限制集合大小来保证转化为集合并卷积后不会多算。
$$f_{X,k}=\sum _{S\cup T=X}\sum _{i+j=k}{A}_{S,i}{B}_{T,j}$$
答案就是每个$f_{S,|S|}$
我们把第二维看成一个形式幂级数，就有：
$$f_X(x)=\sum _{S\cup T=X}{A}_S(x)B_T(x)$$
答案就是$[x^{|S|}]f_S(x)$

形式幂级数的加法是$O(n)$的，乘法是$O(n^2)$的，$\text{FMT}$是$O(n{2}^n)$的，总复杂度仍然没有改变。
但由于这里模数特殊，我们可以将系数压到一个$\text{unsigned long long}$里处理，两位恰好可以存一个系数。
这样我们就可以$O(1)$做加法和乘法，总复杂度就是$O(n{2}^n)$的了。

这里似乎会有进位的影响？然而实际上并不需要考虑，因为$[x^i]A_S(x)$和$[x^i]B_T(x)$会贡献到$[x^{i+j}]f_{S\cup T}$，总是有$i+j\ge |S\cup T|$，我们需要的是$[x^{|S\cup T|}]f_{S\cup T}$，进位不会对最低位产生影响。

这样子来看的话，思想上又和前面$\text{FWT}$的做法统一了起来，十分有趣。

也可以看看出题人对此的理解

【参考代码】
我的$\text{FWT}$

#include
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef long double ldb;
const int N=(1<<21)+5;
int Log,n,bit[N];
ll mod,a[N],b[N],c[N];
char s[N],t[N];

void fwtor(ll *a,int n,int op)
{
	for(int i=1;i<n;i<<=1)
		for(int j=0;j<n;j+=i<<1)
			for(int k=0;k<i;++k)
				if(op==1) a[i+j+k]=(a[j+k]+a[i+j+k])%mod;
				else a[i+j+k]=(a[i+j+k]-a[j+k]+mod)%mod;
}
ll qmul(ll a,ll b)
{
	ll tmp=(ldb)a*b/mod;
	return ((a*b-tmp*mod)%mod+mod)%mod;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("CF1034E.in","r",stdin);
	freopen("CF1034E.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%d",&Log);n=1<<Log;mod=(ll)1<<(2*Log+2);
	scanf("%s%s",s,t);
	for(int i=1;i<n;++i) bit[i]=bit[i>>1]+(i&1);
	for(int i=0;i<n;++i)
	{
		a[i]=(ll)(s[i]-'0')<<(bit[i]*2);
		b[i]=(ll)(t[i]-'0')<<(bit[i]*2);
	}
	fwtor(a,n,1);fwtor(b,n,1);
	for(int i=0;i<n;++i) c[i]=qmul(a[i],b[i]);
	fwtor(c,n,-1);
	for(int i=0;i<n;++i) c[i]>>=(bit[i]*2),putchar((c[i]&3)^48);
	return 0;
}

别人的$\text{FMT}$

#include
#include
#include
#include
#include

using namespace std;
#define ull unsigned long long

inline char read() {
	static const int IN_LEN = 1000000;
	static char buf[IN_LEN], *s, *t;
	return (s==t?t=(s=buf)+fread(buf,1,IN_LEN,stdin),(s==t?-1:*s++):*s++);
}
template<class T>
inline void read(T &x) {
	static bool iosig;
	static char c;
	for (iosig=false, c=read(); !isdigit(c); c=read()) {
		if (c == '-') iosig=true;
		if (c == -1) return;
	}
	for (x=0; isdigit(c); c=read()) x=((x+(x<<2))<<1)+(c^'0');
	if (iosig) x=-x;
}
const int OUT_LEN = 1<<21;
char obuf[OUT_LEN], *ooh=obuf;
inline void print(char c) {
	if (ooh==obuf+OUT_LEN) fwrite(obuf, 1, OUT_LEN, stdout), ooh=obuf;
	*ooh++=c;
}
inline void flush() { fwrite(obuf, 1, ooh - obuf, stdout); }

const int N = 1<<21, M = 22;
int n, cnt[N];
ull a[N], b[N];
int main() {
	read(n);
	for(int i=1; i<1<<n; ++i) cnt[i]=cnt[i^(i&-i)]+2;
	char x;
	while(isspace(x=read()));
	for(int i=0; i<1<<n; ++i) a[i]=(ull)(x-'0')<<cnt[i], x=read();
	while(isspace(x=read()));
	for(int i=0; i<1<<n; ++i) b[i]=(ull)(x-'0')<<cnt[i], x=read();

	for(int i=0; i<n; ++i) for(int j=0; j<1<<n; ++j) if(j>>i&1)
		a[j]+=a[j^(1<<i)], b[j]+=b[j^(1<<i)];
	for(int i=0; i<1<<n; ++i) a[i]*=b[i];
	for(int i=0; i<n; ++i) for(int j=0; j<1<<n; ++j) if(j>>i&1) a[j]-=a[j^(1<<i)];
	for(int i=0; i<1<<n; ++i) print((char)('0'+(a[i]>>cnt[i]&3)));
	return flush(), 0;
}