FFT/NTT/FWT学习笔记

最近舟游疯狂出货，心情很好~

FFT

FWT

 

---

 

快速傅里叶变换（FFT）

具体的推导见这篇：胡小兔 - 小学生都能看懂的FFT！！！ （写的很好，不过本小学生第一次没看懂0.0）

总结下关键内容

 

~ Part 0 ~ 点值表示

对于一$n$项多项式$A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{n-1}x^{n-1}$

我们代入$n$个不同的数$x_i$，得到$n$个值$y_i=A(x_i)$

则称这$n$个有序数对$(x_i,y_i)$为多项式$A(x)$的点值表示（可以认为是$xOy$平面上的点）

可以证明（略），通过这个$n$个点值可以还原出原多项式

 

~ Part 1 ~ 多项式表示转点值表示：

将原多项式$A(x)$的次数补成$2$的幂次，然后进行递归拆分

设当前一层的多项式为$B(x)$，项数为$n$，即：$B(x)=b_0+b_{1}x+b_{2}x^{2}+...+b_{n-1}x^{n-1}$

先将此多项式的按照奇偶项系数拆成两个式子

\[B_0(x)=b_0+b_2x+b_4x^2+...+b_{n-2}x^{\frac{n}{2}-1}\]

\[B_1(x)=b_1+b_3x+b_5x^2+...+b_{n-1}x^{\frac{n}{2}-1}\]

那么可以将$B(x)$重新表示：$B(x)=B_0(x^2)+xB_1(x^2)$

我们希望将复平面上单位圆的点代入，得到$B(\omega^{0}_{n})$，...，$B(\omega^{n-1}_{n})$的值

若$0\leq i<\frac{n}{2}$，则有【这里使用了复数运算律：因为$\omega$在单位圆上，所以$\omega^i_n\cdot\omega^j_n=\omega^{i+j}_n$；因为$n$为$2$的倍数，所以$\omega^{2i}_n=\omega^i_{\frac{n}{2}}$】

\begin{align*}B(\omega^i_n)&=B_0((\omega^i_n)^2)+\omega^i_nB_1((\omega^i_n)^2)\\&=B_0(\omega^{2i}_n)+\omega^i_nB_1(\omega^{2i}_n)\\&=B_0(\omega^i_{\frac{n}{2}})+\omega^i_nB_0(\omega^i_{\frac{n}{2}})\end{align*}

而对于单位圆上的另一半，则有【这里追加一个复数运算律：因为$n$为$2$的倍数，所以$\omega^{i+\frac{n}{2}}_n=-\omega^i_n$】

\begin{align*}B(\omega^{i+\frac{n}{2}}_n)&=B_0((\omega^{i+\frac{n}{2}}_n)^2)+\omega^{i+\frac{n}{2}}_nB_1((\omega^{i+\frac{n}{2}}_n)^2)\\&=B_0(\omega^{2i+n}_n)-\omega^i_nB_1(\omega^{2i+n}_n)\\&=B_0(\omega^i_{\frac{n}{2}})-\omega^i_nB_0(\omega^i_{\frac{n}{2}})\end{align*}

所以我们将这一层计算$B(\omega^0_n)$，...，$B(\omega^{n-1}_{n-1})$的问题变为计算下一层$B_0(\omega^0_{\frac{n}{2}})$，...，$B_0(\omega^{\frac{n}{2}-1}_{\frac{n}{2}})$，$B_1(\omega^0_{\frac{n}{2}})$，...，$B_1(\omega^{\frac{n}{2}-1}_{\frac{n}{2}})$

这样，总的复杂度是$O(N logN)$

 

~ Part 2 ~ 点值转多项式系数

设原多项式为$A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{n-1}x^{n-1}$，其中补成$2$的幂次项后项数为$n$

则分别代入$\omega^0_n$，$\omega^1_n$，...，$\omega^{n-1}_n$，得到$y_i=A(\omega^i_n)$，$i=0,1,...,n-1$，即上面得到的$n$个点值

令$B(x)=y_0+y_1x+y_2x^2+...+y_{n-1}x^{n-1}$

再分别代入$\omega^0_n$，$\omega^{-1}_n$，...，$\omega^{-(n-1)}_n$，运算（这里略去）得到$a_i=\frac{B(\omega^{-i}_n)}{n}$，$i=0,1,...,n-1$

 

按这个思路写出的代码如下（实现了多项式系数转点值，再转回多项式系数）

大佬用的数组指针确实方便

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef complex<double> cp;
const int N=100005;
const double pi=acos(-1.0);

inline cp omega(int x,int n,int rev)
{
    if(rev)
        x=-x;
    return cp(cos(x*2*pi/(double)n),sin(x*2*pi/(double)n));
}

cp tmp[N];

void fft(cp *a,int n,int rev)
{
    if(n==1)
        return;
    
    for(int i=0;i)
        tmp[i]=a[i];
    for(int i=0;i2;i++)
    {
        a[i]=tmp[i*2];
        a[n/2+i]=tmp[i*2+1];
    }
    
    fft(a,n/2,rev);
    fft(a+n/2,n/2,rev);
    
    for(int i=0;i2;i++)
    {
        cp x=omega(i,n,rev);
        tmp[i]=a[i]+x*a[n/2+i];
        tmp[n/2+i]=a[i]-x*a[n/2+i];
    }
    
    for(int i=0;i)
        a[i]=tmp[i];
}

int n;
cp a[N];

int main()
{
//    freopen("input.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        a[i]=cp((double)x,0);
    }
    
    int sz=1;
    while(sz<n)
        sz<<=1;
    n=sz;
    
    fft(a,n,0);
    fft(a,n,1);
    
    for(int i=0;i)
        printf("%.2lf ",a[i].real()/(double)n);
    printf("\n");
    return 0;
}

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~ Part 3 ~  两个简单的优化

非递归：

将递归的第一部分，即交换$a[i]$以奇偶分组，直接完成

这里的交换位置是两两一对的——若$n=8$，则$4$（$100$）最终将与$1$（$001$）互换

即两个交换位置的二进制是前后翻转的

去除$tmp[i]$数组：

对于递归的第二部分for循环中的每个$i$，只会用到$tmp[i]$、$tmp[n/2+i]$、$a[i]$、$a[n/2+i]$

所以对于当前$i$的改变是无后效性的，可以考虑使用临时变量而不是$tmp[i]$数组

 

于是，可以写出没有递归与$tmp[i]$数组的$fft()$函数

void fft(cp *a,int n,int rev)
{
    for(int i=0;i)
    {
        int nxt=0;
        for(int j=1;j<=n;j<<=1)
            if(i&j)
                nxt+=n/2/j;
        
        if(nxt>i)
            swap(a[i],a[nxt]);
    }
    
    for(int i=2;i<=n;i<<=1)
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k2;k++)
            {
                cp x=omega(k,i,rev);
                cp b0=a[j+k],b1=a[i/2+j+k];
                a[j+k]=b0+x*b1;
                a[i/2+j+k]=b0-x*b1;
            }
}

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现在一般用的是手写complex、有预处理的版本

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

struct cp
{
    double x,y;
    cp(double a=0.0,double b=0.0)
    {
        x=a,y=b;
    }
};

inline cp operator *(cp a,cp b)
{
    return cp(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);
}
inline cp operator +(cp a,cp b)
{
    return cp(a.x+b.x,a.y+b.y);
}
inline cp operator -(cp a,cp b)
{
    return cp(a.x-b.x,a.y-b.y);
}

const int N=300005;
const double pi=acos(-1.0);
const double eps=0.00001;
const int op[2]={1,-1};

int to[N<<2];
cp omega[N<<2][2];

void Init(int n)
{
    for(int i=0;i)
    {
        int nxt=0;
        for(int j=1;j<=n;j<<=1)
            if(i&j)
                nxt+=n/2/j;
        to[i]=nxt;
    }
    for(int i=0;i2;i++)
        for(int j=0;j<2;j++)
        {
            double ang=op[j]*i*2*pi/(double)n;
            omega[i][j]=cp(cos(ang),sin(ang));
        }
}

void fft(cp *a,int n,int rev)
{
    for(int i=0;i)
        if(to[i]>i)
            swap(a[i],a[to[i]]);
    
    for(int i=1;i<=n;i<<=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
            {
                int p=j+k;
                cp b0=a[p],t=omega[n/i*k][rev]*a[m+p];
                a[p]=b0+t;
                a[m+p]=b0-t;
            }
    }
}

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用FFT计算卷积

一般的卷积有这种形式：$c_k=\sum\limits_{i+j=k}^{}a_i\cdot b_j$

而这恰好跟多项式乘法的形式是完全一致的

所以可以用$O(nlogn)$的时间，计算出两个$n$维向量的卷积

 

模板题：CF Gym101002 E （$K-Inversions$）

将$A$、$B$分别用$1$表示一次，拆出两个数组

这里由于是$j-i=k$，所以可以将$B$对应的数组反向来表示负次幂的整体平移

然后两数组转为点值后乘起来，再转回去，就得到了结果；不过要注意并不是将整个卷积输出

不预处理会TLE orz

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef complex<double> cp;
const int N=1000005;
const double pi=acos(-1.0);
const double eps=0.00001;
const int op[2]={1,-1};

cp omega[N<<2][2];

void Init(int n)
{
    for(int i=0;i2;i++)
        for(int j=0;j<2;j++)
            omega[i][j]=cp(cos(op[j]*i*2*pi/(double)n),sin(op[j]*i*2*pi/(double)n));
}

void fft(cp *a,int n,int rev)
{
    for(int i=0;i)
    {
        int nxt=0;
        for(int j=1;j<=n;j<<=1)
            if(i&j)
                nxt+=n/2/j;
        
        if(nxt>i)
            swap(a[i],a[nxt]);
    }
    
    for(int i=1;(1<)
    {
        int m=1<<i;
        for(int j=0;jm)
            for(int k=0;k2;k++)
            {
                cp x=omega[n/m*k][rev];
                cp b0=a[j+k],b1=a[m/2+j+k];
                a[j+k]=b0+x*b1;
                a[m/2+j+k]=b0-x*b1;
            }
    }
}

int n;
char s[N];
cp a[N<<2],b[N<<2],c[N<<2];

int main()
{
    scanf("%s",s);
    n=strlen(s);
    int sz=1;
    while(sz<n)
        sz<<=1;
    
    for(int i=0;i)
        if(s[i]=='B')
            a[sz-i-1]=cp(1.0,0.0);
        else
            b[i]=cp(1.0,0.0);
    sz<<=1;
    
    Init(sz);
    fft(a,sz,0);
    fft(b,sz,0);
    
    for(int i=0;i)
        c[i]=a[i]*b[i];
    
    fft(c,sz,1);
    
    for(int i=sz/2;i2+n-1;i++)
        printf("%d\n",int(c[i].real()/(double)sz+eps));
    return 0;
}

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一道不那么裸的题：CF 528D （$Fuzzy$ $Search$）

这题的tutorial写的很好，就不具体写了

大概思路是，把$ATGC$各看成一个subtask

由于$k$的存在可以对字符串$S$进行左右平移，然后将$T$的倒序与平移后的$S$卷积，得出能匹配的数量

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef complex<double> cp;
const int N=280005;
const double pi=acos(-1.0);
const double eps=0.00001;
const int op[2]={1,-1};

cp omega[N<<1][2];

void Init(int n)
{
    for(int i=0;i2;i++)
        for(int j=0;j<2;j++)
            omega[i][j]=cp(cos(op[j]*i*2*pi/(double)n),sin(op[j]*i*2*pi/(double)n));
}

void fft(cp *a,int n,int rev)
{
    for(int i=0;i)
    {
        int nxt=0;
        for(int j=1;j<=n;j<<=1)
            if(i&j)
                nxt+=n/2/j;
        
        if(nxt>i)
            swap(a[i],a[nxt]);
    }
    
    for(int i=1;(1<)
    {
        int m=1<<i;
        for(int j=0;jm)
            for(int k=0;k2;k++)
            {
                cp x=omega[n/m*k][rev];
                cp b0=a[j+k],b1=a[m/2+j+k];
                a[j+k]=b0+x*b1;
                a[m/2+j+k]=b0-x*b1;
            }
    }
}

int n,m,k;
char S[N],T[N];

void Push(cp *a)
{
    int lv=0;
    for(int i=0;i)
    {
        if(a[i].real()>0.0)
            lv=k+1;
        if(lv>0)
            a[i]=cp(1.0,0.0);
    }
    
    lv=0;
    for(int i=n-1;i>=0;i--,lv--)
    {
        if(a[i].real()>0.0)
            lv=k+1;
        if(lv>0)
            a[i]=cp(1.0,0.0);
    }
}

int to[130];
cp a[4][N<<1],b[4][N<<1];
int cnt[4];

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    scanf("%s",S);
    scanf("%s",T);
    int sz=1;
    while(sz<n)
        sz<<=1;
    
    to['A']=0,to['T']=1,to['G']=2,to['C']=3;
    for(int i=0;i)
        a[to[S[i]]][i]=cp(1.0,0.0);
    for(int i=0;i)
    {
        b[to[T[i]]][sz-i-1]=cp(1.0,0.0);
        cnt[to[T[i]]]++;
    }
    sz<<=1;
    
    for(int i=0;i<4;i++)
        Push(a[i]);
    
    Init(sz);
    for(int i=0;i<4;i++)
    {
        fft(a[i],sz,0);
        fft(b[i],sz,0);
    }
    
    for(int i=0;i<4;i++)
        for(int j=0;j)
            a[i][j]=a[i][j]*b[i][j];
    
    for(int i=0;i<4;i++)
        fft(a[i],sz,1);
    
    int ans=0;
    for(int i=n/2;i2+n-1;i++)
    {
        bool flag=true;
        for(int j=0;j<4;j++)
        {
            if(int(a[j][i].real()/(double)sz+eps)!=cnt[j])
                flag=false;
        }
        
        if(flag)
            ans++;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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还有一道类似的题：Luogu P4173 （残缺的字符串） 

虽然题目差不多，但做法还是有些差距的

学习了：Ebola - 题解 P4173 【残缺的字符串】 思路写的非常完善

方法大概是，构造函数→暴力展开→（调整遍历顺序）→卷积

有长为$n$的原串$A$与长为$m$的匹配串$B$，则匹配函数$f(x)=\sum_{i=0}^{m-1}(A[x+i-m+1]-B[i])^2\cdot A[x+i-m+1]B[i]$表示匹配结尾为$x$的匹配值（$0$则完全匹配）

将$B$倒序为$R$，则有$R[-i+m-1]=B[i]$，那么可以改写匹配函数为$f(x)=\sum_{i=0}^{m-1}(A[x+i-m+1]-R[-i+m-1])^2\cdot A[x+i-m+1]R[-i+m-1]$

展开后即可发现明显的卷积：$f(x)=\sum A[x+i-m+1]^3R[-i+m-1]-2\sum A[x+i-m+1]^2R[-i+m-1]^2+\sum A[x+i-m+1]R[-i+m-1]^2$

常数是真的卡不过去了ToT 差不多是刚好超时的样子

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

struct cp
{
    double x,y;
    cp(double a=0.0,double b=0.0)
    {
        x=a,y=b;
    }
};

cp operator *(cp a,cp b)
{
    return cp(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);
}
cp operator +(cp a,cp b)
{
    return cp(a.x+b.x,a.y+b.y);
}
cp operator -(cp a,cp b)
{
    return cp(a.x-b.x,a.y-b.y);
}

const int N=300005;
const double pi=acos(-1.0);
const double eps=0.00001;
const int op[2]={1,-1};
const int mul[4]={0,1,-2,1};

int to[N<<2];
cp omega[N<<2][2];

void Init(int n)
{
    for(int i=0;i)
    {
        int nxt=0;
        for(int j=1;j<=n;j<<=1)
            if(i&j)
                nxt+=n/2/j;
        to[i]=nxt;
    }
    for(int i=0;i2;i++)
        for(int j=0;j<2;j++)
            omega[i][j]=cp(cos(op[j]*i*2*pi/(double)n),sin(op[j]*i*2*pi/(double)n));
}

void fft(cp *a,int n,int rev)
{
    for(int i=0;i)
        if(to[i]>i)
            swap(a[i],a[to[i]]);
    
    for(int i=1;(1<)
    {
        int m=1<<i;
        for(int j=0;jm)
            for(int k=0;k2;k++)
            {
                cp x=omega[n/m*k][rev];
                cp b0=a[j+k],b1=a[m/2+j+k];
                a[j+k]=b0+x*b1;
                a[m/2+j+k]=b0-x*b1;
            }
    }
}

int n,m;
char A[N],B[N];

cp a[N<<2],b[N<<2];
cp f[N<<2];

vector<int> ans;

int main()
{
    scanf("%d%d",&m,&n);
    scanf("%s",B);
    scanf("%s",A);
    
    int sz=1;
    while(sz<n)
        sz<<=1;
    sz<<=1;
    Init(sz);
    
    for(int i=1;i<=3;i++)
    {
        for(int j=0;j)
        {
            int val=(A[j]=='*'?0:A[j]-'a'+1);
            a[j]=cp(pow(val,4-i),0);
        }
        for(int j=n;j)
            a[j]=cp(0,0);
        for(int j=0;j)
        {
            int val=(B[-j+m-1]=='*'?0:B[-j+m-1]-'a'+1);
            b[j]=cp(pow(val,i),0);
        }
        for(int j=m;j)
            b[j]=cp(0,0);
        
        fft(a,sz,0);
        fft(b,sz,0);
        
        for(int j=0;j)
            f[j]=f[j]+cp(mul[i],0)*a[j]*b[j];
    }
    
    fft(f,sz,1);
    
    for(int i=m-1;i)
        if(int(f[i].x/(double)sz+eps)==0)
            ans.push_back(i-m+2);
    
    printf("%d\n",ans.size());
    for(int i=0;i)
        printf("%d ",ans[i]);
    
    return 0;
}

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神仙题：CF 623E （$Transforming$ $Sequence$）

首先要想到tutorial的并归思想，然后要对式子变形成可卷积的形式（即乘积中的一部分只有$i$，另一部分只有$n-i$）

FFT还要能取模...（貌似就是NTT？）

暂时就不做了orz

 

---

 

快速沃尔什变换（FWT）

参考了这篇：yyb - FWT快速沃尔什变换学习笔记 不过思路还是有些区别

FWT主要解决的问题是位运算卷积，比如：$C_k=\sum_{i\text{|}j=k}A_i\cdot B_j$，$C_k=\sum_{i\text{&}j=k}A_i\cdot B_j$，$C_k=\sum_{i\text{^}j=k}A_i\cdot B_j$

这个跟FFT还是有一些区别的，毕竟FFT可以用多项式乘法形象地理解

 

~ Part 0 ~ 从FFT到FWT

现在重新考虑一下FFT做了什么事情：

相当于构造了对一维向量$A$的一种变换方式$A\rightarrow FFT(A)$

使得对于两个一维向量$A$、$B$以及它们的卷积$C$，有$FFT(C)=FFT(A)\cdot FFT(B)$（暂且先不考虑逆变换）

这里，我们是用点值来考虑的——因为$FFT(A)[i]=A(\omega_n^i)$，所以上式相当于$\forall i,C(\omega_n^i)=A(\omega_n^i)\cdot B(\omega_n^i)$

正确性是显然的

然后我们类似的考虑FWT要做的事情（以or卷积为例）：

构造对一维向量$A$的一种变换方式$A\rightarrow FWT(A)$

使得对于两个一维向量$A$、$B$以及它们的or卷积$C$，有$FWT(C)=FWT(A)\cdot FWT(B)$

类似于FFT，我们并不需要知道如何推导出的变换（即为什么代入$\omega_n^i$），只需要知道变换方式的正确性

 

~ Part 1 ~ or卷积的FWT

现给出or卷积的FWT变换：

记向量$A$的项数为$n$，且$n$为$2$的幂次，则$A=(a_0,a_1,...,a_{n-1})$

拆出$A$的前后一半，分别记为$A_0$与$A_1$，则$A_0=(a_0,a_1,...,a_{\frac{n}{2}-1})$，$A_1=(a_{\frac{n}{2}},a_{\frac{n}{2} +1},...,a_{n-1})$

\[FWT(A)=\begin{cases}(FWT(A_0),FWT(A_0+A_1)) &\left| A \right| >1\\A &\left| A \right| =1\end{cases}\]

 

~ Part 2 ~ 正确性的证明

通过观察，我们可以很明显的发现一个性质

对于$0\text{~}\frac{n}{2}-1$，它的二进制第一位是$0$；而$\frac{n}{2}\text{~}n-1$的二进制第一位是$1$

那么这个变换的步骤，就是将位置编号为$i$的元素不停地向后加——其中的“向后”是指，将$i$二进制中的$0$依次变为$1$

比如，取$n=8$，则变换的步骤为

可以发现，$FWT(A)[i]=\sum_{i\text{|}j=i}a_j$

那么，有\[\begin{align*}&\ FWT(A)[i]\cdot FWT(B)[i]\\&=\sum_{i\text{|}j=i}a_j\cdot \sum_{i\text{|}j=i}b_j\\&=\sum_{i\text{|}j=i}(a_j\cdot \sum_{i\text{|}k=i}b_k)\\&=\sum_{i\text{|}j=i,i\text{|}k=i}a_j\cdot b_k\end{align*}\]

而根据or卷积的定义，$C_i=\sum_{j\text{|}k=i}a_j\cdot b_k$

则有\[\begin{align*}FWT(C)[i]&=\sum_{i\text{|}j=i}C_j\\&=\sum_{i\text{|}j=i}\sum_{k\text{|}l=j}a_k\cdot b_l\\&=\sum_{i\text{|}k=i}a_k\cdot \sum_{i\text{|}l=i}b_l\quad \text{此时j=k|l}\\&=\sum_{i\text{|}j=i,i\text{|}k=i}a_i\cdot b_j\end{align*}\]

由于$\forall i,FWT(C)[i]=FWT(A)[i]\cdot FWT(B)[i]$，所以$FWT(C)=FWT(A)\cdot FWT(B)$，证毕

所以可以放心食用or卷积了~

 

~ Part 3 ~ FWT的结论（们）

现在给出三种位运算卷积的FWT

其余两种的证明方法应该是类似的（好像xor有点差距0.0 不管了）

对于or卷积：$FWT(A)=\begin{cases}(FWT(A_0),FWT(A_0+A_1)) &\left| A \right| >1\\A &\left| A \right| =1\end{cases}$

对于and卷积：$FWT(A)=\begin{cases}(FWT(A_0+A_1),FWT(A_1)) &\left| A \right| >1\\A &\left| A \right| =1\end{cases}$

对于xor卷积：$FWT(A)=\begin{cases}(FWT(A_0+A_1),FWT(A_0-A_1)) &\left| A \right| >1\\A &\left| A \right| =1\end{cases}$

 

也可以方便的找到逆变换IFWT（就是和差问题）

设向量$B=FWT(A)$，同样对半分成$B_0$，$B_1$

对于or卷积：$IFWT(B)=\begin{cases}(IFWT(B_0),IFWT(B_1-B_0)) &\left| B \right| >1\\B &\left| B \right| =1\end{cases}$

对于and卷积：$IFWT(B)=\begin{cases}(IFWT(B_0-B_1),IFWT(B_1)) &\left| B \right| >1\\B &\left| B \right| =1\end{cases}$

对于xor卷积：$IFWT(B)=\begin{cases}(\frac{IFWT(B_0+B_1)}{2},\frac{IFWT(B_0-B_1)}{2}) &\left| B \right| >1\\B &\left| B \right| =1\end{cases}$

 

还有两个比较常用的运算律，成立的原因在于FWT只是简单的加减变换

$FWT(A\cdot A)=FWT(A)\cdot FWT(A)$

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

 

模板题：Luogu P4717 （【模板】快速沃尔什变换）

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1<<17;
const int MOD=998244353;

inline ll mod(ll x)
{
    if(x>=MOD)
        return x-MOD;
    if(x<0)
        return x+MOD;
    return x;
}

ll rev=1;

void Init()
{
    ll n=MOD-2,x=2;
    while(n)
    {
        if(n&1)
            rev=(rev*x)%MOD;
        x=(x*x)%MOD;
        n>>=1;
    }
}

void FWTor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
                a[j+m+k]=mod(a[j+k]+a[j+m+k]);
    }
}

void IFWTor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
                a[j+m+k]=mod(a[j+m+k]-a[j+k]);
    }
}

void FWTand(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
                a[j+k]=mod(a[j+k]+a[j+m+k]);
    }
}

void IFWTand(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
                a[j+k]=mod(a[j+k]-a[j+m+k]);
    }
}

void FWTxor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
            {
                ll x=a[j+k],y=a[j+m+k];
                a[j+k]=mod(x+y);
                a[j+m+k]=mod(x-y);
            }
    }
}

void IFWTxor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
            {
                ll x=a[j+k],y=a[j+m+k];
                a[j+k]=(x+y)*rev%MOD;
                a[j+m+k]=(x-y)*rev%MOD;
            }
    }
}

ll A[N],B[N];
ll a[N],b[N];

int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    n=1<<n;
    for(int i=0;i)
        scanf("%d",&A[i]);
    for(int i=0;i)
        scanf("%d",&B[i]);
    
    Init();
    
    for(int i=0;i)
        a[i]=A[i],b[i]=B[i];
    FWTor(a,n);
    FWTor(b,n);
    for(int i=0;i)
        a[i]=(a[i]*b[i])%MOD;
    IFWTor(a,n);
    for(int i=0;i)
        printf("%lld ",mod(a[i]));
    printf("\n");
    
    
    for(int i=0;i)
        a[i]=A[i],b[i]=B[i];
    FWTand(a,n);
    FWTand(b,n);
    for(int i=0;i)
        a[i]=(a[i]*b[i])%MOD;
    IFWTand(a,n);
    for(int i=0;i)
        printf("%lld ",mod(a[i]));
    printf("\n");
    
    for(int i=0;i)
        a[i]=A[i],b[i]=B[i];
    FWTxor(a,n);
    FWTxor(b,n);
    for(int i=0;i)
        a[i]=(a[i]*b[i])%MOD;
    IFWTxor(a,n);
    for(int i=0;i)
        printf("%lld ",mod(a[i]));
    printf("\n");
    
    return 0;
}

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rls推荐的一题：BZOJ 4589 （$Hard$ $Nim$）

题目就是求有多少$a[i]$的选择方案，使得$a[1]\text{^}a[2]\text{^}...\text{^}a[n]=0$

受到上面$Transforming$ $Sequence$的启发（因为题目中$n$很大，$m$较小），我们可以考虑并归

一个长度为$n$的区间可以通过多个区间合并而来，比如可以用类似快速幂的方法，每次合并进一个长度为$2$的幂次的区间

然后“合并”操作恰恰就是xor卷积：$C_k=\sum_{i\text{^}j=k}a_i\cdot b_j$，其中$a_i$表示整个区间异或值为$i$的方案数

$a_i$的初始值为：$a_i=\begin{cases}1&\text{i为质数}\\0&\text{i为合数}\end{cases}$（题目中要求每堆石子个数是质数）

又由$FWT(A\cdot A)=FWT(A)\cdot FWT(A)$，我们只需对$A$在循环外做一次FWTxor变换，在合并时只需要将$FWT(A)$点乘自己

总的复杂度为$O(T\cdot k(logn+logk))$

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1<<19;
const int MOD=1000000007;

inline ll mod(ll x)
{
    if(x>=MOD)
        return x-MOD;
    if(x<0)
        return x+MOD;
    return x;
}

ll rev=1;

void Init()
{
    ll n=MOD-2,x=2;
    while(n)
    {
        if(n&1)
            rev=(rev*x)%MOD;
        x=(x*x)%MOD;
        n>>=1;
    }
}

void FWTor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
                a[j+m+k]=mod(a[j+k]+a[j+m+k]);
    }
}

void IFWTor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
                a[j+m+k]=mod(a[j+m+k]-a[j+k]);
    }
}

void FWTand(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
                a[j+k]=mod(a[j+k]+a[j+m+k]);
    }
}

void IFWTand(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
                a[j+k]=mod(a[j+k]-a[j+m+k]);
    }
}

void FWTxor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
            {
                ll x=a[j+k],y=a[j+m+k];
                a[j+k]=mod(x+y);
                a[j+m+k]=mod(x-y);
            }
    }
}

void IFWTxor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
            {
                ll x=a[j+k],y=a[j+m+k];
                a[j+k]=(x+y)*rev%MOD;
                a[j+m+k]=(x-y)*rev%MOD;
            }
    }
}

int prime[N];

ll a[N],res[N];

int main()
{
    Init();
    for(int i=2;i)
        prime[i]=1;
    for(int i=2;i)
        if(prime[i])
            for(int j=i+i;ji)
                prime[j]=0;
    
    int n,m;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        int sz=1;
        while(sz<=m)
            sz<<=1;
        
        for(int i=0;i)
        {
            a[i]=(i<=m?prime[i]:0);
            res[i]=1;
        }
        
        FWTxor(a,sz);
        
        while(n)
        {
            if(n&1)
                for(int i=0;i)
                    res[i]=res[i]*a[i]%MOD;
            
            for(int i=0;i)
                a[i]=a[i]*a[i]%MOD;
            n>>=1;
        }
        
        IFWTxor(res,sz);
        
        printf("%d\n",res[0]);
    }
    
    
    return 0;
}

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依旧是rls推荐的一题：HDU 5909 （$Tree$ $Cutting$）

先看一眼，$n$挺小，嗯...（意味深长）

这道题是对一个无根树的子树求xor和，首先不妨定一个根

定下根后，整棵树的层次就确定了；于是，想要统计所有无根子树，就相当于从下向上、统计每个节点的子树，并把结果加起来

正确性很好证明：对于以$x$为根节点的子树，包含$x$的所有无根子树在$x$处被统计，不包含$x$的在$x$的后代处被统计

那么现在要解决的问题变成，已知儿子的统计信息，如何得出当前节点$cur$的结果

首先，当前节点是必选的

然后，我们可以在 以$cur$的儿子们为根 的子树中，任意选择节点

对于每一个儿子，选择的结果就是已知的统计信息；而想要将所有儿子的选择合并，恰好就是卷积

比如，在儿子$1$的子树中xor值为$i$的选择方案数$a_i$，与儿子$2$的子树中xor值为$j$的选择方案数$b_j$，对当前节点xor值为$v_{cur}\text{^} i\text{^} j$（$v_i$为题目中节点的权值）的贡献数为$a_i\cdot b_j$

大方向有了，还有三个细节问题

1. 我们对于每个节点应当存储的是FWTxor的值，否则对于一个儿子的合并不能做到$O(n)$，而会多一个$logn$

2. 儿子的子树中可以一个节点都不选，即xor值为$0$的方案在计算$cur$时应加$1$；对于FWT，相当于对全体加$1$

3. 输出时，行末无空格，文末有回车

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1<<10;
const int MOD=1000000007;

inline ll mod(ll x)
{
    if(x>=MOD)
        return x-MOD;
    if(x<0)
        return x+MOD;
    return x;
}

ll rev=1;

void Init()
{
    ll n=MOD-2,x=2;
    while(n)
    {
        if(n&1)
            rev=(rev*x)%MOD;
        x=(x*x)%MOD;
        n>>=1;
    }
}

void FWTor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
                a[j+m+k]=mod(a[j+k]+a[j+m+k]);
    }
}

void IFWTor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
                a[j+m+k]=mod(a[j+m+k]-a[j+k]);
    }
}

void FWTand(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
                a[j+k]=mod(a[j+k]+a[j+m+k]);
    }
}

void IFWTand(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
                a[j+k]=mod(a[j+k]-a[j+m+k]);
    }
}

void FWTxor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
            {
                ll x=a[j+k],y=a[j+m+k];
                a[j+k]=mod(x+y);
                a[j+m+k]=mod(x-y);
            }
    }
}

void IFWTxor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
            {
                ll x=a[j+k],y=a[j+m+k];
                a[j+k]=(x+y)*rev%MOD;
                a[j+m+k]=(x-y)*rev%MOD;
            }
    }
}

int n,m;
int a[N];
vector<int> v[N];

inline bool cmp(int x,int y)
{
    return a[x]<a[y];
}

ll res[N];
ll val[N][N];

inline void dfs(int x,int fa)
{
    for(int i=0;i)
        val[x][i]=0;
    val[x][a[x]]=1;
    FWTxor(val[x],m);
    
    for(int i=0;i)
    {
        int to=v[x][i];
        if(to==fa)
            continue;
        
        dfs(to,x);
        
        for(int j=0;j)
            val[x][j]=(val[x][j]*(val[to][j]+1))%MOD;
    }
}

ll ans[N];

int main()
{
    Init();
    
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        for(int i=0;i)
            v[i].clear(),ans[i]=0;
        
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);    
        for(int i=1;i)
        {
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            v[x].push_back(y);
            v[y].push_back(x); 
        }
        
        dfs(1,0);
        
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            IFWTxor(val[i],m);
            for(int j=0;j)
                ans[j]=mod(ans[j]+val[i][j]);
        }
        
        for(int i=0;i)
        {
            printf("%lld",ans[i]);
            if(i!=m-1)
                putchar(' ');
        }
        printf("\n");
    }
    
    return 0;
}

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最后看题解才做出来的：CF Gym 101955I （$Distance$ $Between$ $Sweethearts$，ICPC沈阳 2018）

如果没有$max\{\left| I_{boy}-I_{girl}\right|, \left| A_{boy}-A_{girl}\right|,\left| G_{boy}-G_{girl}\right|\}$，那么这题直接把$6$个数组FWT后卷起来就行了

但是问题在于，在作差后，$I_{boy}$与$I_{girl}$、$A_{boy}$与$A_{girl}$、$G_{boy}$与$G_{girl}$之间有联系；所以应当对于每一属性分别考虑

以$I$属性为例，我们显然可以用$O(n)$扫一遍，得出当$\left| I_{boy}-I_{girl}\right|=x$（$x$为一指定数）时，$I_{boy}\text{^} I_{girl}=i$（$i$从$0\text{~} 2048$）的数量

接着，我们发现对三个差取max是一个比较麻烦的条件，于是可以考虑从小到大枚举这个max

假设当前三个差中的最大值为$val$（$0\leq val< 2048$）

对于每个属性先扫一遍，预处理出当$\left| I_{boy}-I_{girl}\right|=val$时，$I_{boy}\text{^} I_{girl}=i$（$i$从$0\text{~} 2048$）的数量，记为$cur[i]$数组；类似的也可以得到$A$、$G$的信息

然后对每个属性的信息分别做前缀和，得到$\left| I_{boy}-I_{girl}\right|\leq val$时，$I_{boy}\text{^} I_{girl}=i$（$i$从$0\text{~} 2048$）的数量，记为$pre[i]$数组；$A$、$G$类似

然后考虑容斥：

要保证三个差中的最大值为$val$，有三种情况——$1$个差为$val$、$2$个差为$val$、$3$个差为$val$

对于$1$个差为$val$的情况，我们可以这样统计：要求一个属性$\left| boy-girl\right|=val$，另两个$\left| boy-girl\right|\leq val$，即相当于将$1$个$cur[i]$数组与$2$个$pre[i]$数组做xor卷积

对于$2$个差为$val$的情况：要求两个属性$\left| boy-girl\right|=val$，另一个$\left| boy-girl\right|\leq val$，即相当于将$2$个$cur[i]$数组与$1$个$pre[i]$数组做xor卷积

对于$3$个差为$val$的情况：要求三个属性$\left| boy-girl\right|=val$，即相当于将$3$个$cur[i]$数组做xor卷积

于是最大值为$val$时，$I_{boy}\text{^} I_{girl}\text{^} A_{boy}\text{^} A_{girl}\text{^} G_{boy}\text{^} G_{girl}=i$的数量$sum_i$可以通过充斥得出，则对答案的贡献为$sum_i\cdot (val\text{^} i)$

常数有点大= =

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1<<11;

void FWTxor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
            {
                ll x=a[j+k],y=a[j+m+k];
                a[j+k]=x+y;
                a[j+m+k]=x-y;
            }
    }
}

void IFWTxor(ll *a,int n)
{
    for(int i=n;i>=2;i>>=1)
    {
        int m=i>>1;
        for(int j=0;ji)
            for(int k=0;k)
            {
                ll x=a[j+k],y=a[j+m+k];
                a[j+k]=(x+y)/2;
                a[j+m+k]=(x-y)/2;
            }
    }
}

int a[10];
ll cur[3][N],pre[3][N],sum[N];

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    for(int it=1;it<=T;it++)
    {
        memset(pre,0,sizeof(pre));
        unsigned long long ans=0;
        for(int i=0;i<6;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        
        for(int i=0;i)
        {
            memset(cur,0,sizeof(cur));
            memset(sum,0,sizeof(sum));
            
            for(int j=0;j<3;j++)
            {
                for(int k=i;k<=a[j] && k-i<=a[3+j];k++)
                    cur[j][k^(k-i)]++;
                if(i!=0)
                    for(int k=i;k<=a[3+j] && k-i<=a[j];k++)
                        cur[j][k^(k-i)]++;
                
                FWTxor(cur[j],N);
                
                for(int k=0;k)
                    pre[j][k]+=cur[j][k];
            }
            
            for(int j=0;j<3;j++)
                for(int k=0;k)
                {
                    ll tmp1=cur[j][k],tmp2=pre[j][k];
                    for(int l=0;l<3;l++)
                        if(j!=l)
                            tmp1*=pre[l][k],tmp2*=cur[l][k];
                    sum[k]+=tmp1-tmp2;
                }
            
            for(int j=0;j)
            {
                for(int k=1;k<3;k++)
                    cur[0][j]*=cur[k][j];
                sum[j]+=cur[0][j];
            }
            
            IFWTxor(sum,N);
            
            for(int j=0;j)
                ans+=sum[j]*(i^j);
        }
        
        printf("Case #%d: %llu\n",it,ans);
    }
    
    return 0;
}

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数论变换（NTT）

可以认为是能取模的FFT？

最近有点不想看这个...效率低下 待填坑

 

（待续）

转载于:https://www.cnblogs.com/LiuRunky/p/FFT_NTT_FWT.html