问题：求 $h_k=\sum_{i\bigotimes j=k} f_j*g_k$，其中 $\bigotimes$ 为不进位加法，在二进制中说的就是异或

首先我们有一个结论：

$\frac{1}{2^n}\sum_{T}(-1)^{|S\cap T|}=[S=\empty]$

证明：当 $S=\empty$ 时，每一项的贡献都是 $1$
当 $S\neq \empty$ 时，对于一个 $a\in S$
考虑 $(-1)^{|S\cap (T\otimes a)|}=(-1)^{(|S\cap T)\otimes a}=-(-1)^{|S\cap T|}$
所以有一一对应关系，于是上述式子为 0

考虑原式子
$h_k=\sum_i\sum_j[i\otimes j\otimes k=\empty ]f_i*g_j$
$h_k=\frac{1}{2^n}\sum_i\sum_j\sum_{T}(-1)^{|(i\otimes j\otimes k)\cap T|}f_i*g_j$
注意到这里是可以拆出来的
$h_k=\frac{1}{2^n}\sum_i\sum_j\sum_{T}(-1)^{|i\cap T|}(-1)^{|j\cap T|}(-1)^{|k\cap T|}f_i*g_j$
$h_k=\frac{1}{2^n}\sum_{T}(-1)^{|k\cap T|}\sum_i(-1)^{|i\cap T|}f_i\sum_j(-1)^{|j\cap T|}g_j$
我们令 $\hat f _S=\sum_{T}(-1)^{|S\cap T|}f_T$，g 同理，那么有
$h_k=\frac{1}{2^n}\sum_{T}(-1)^{|k\cap T|}\hat f_T*\hat g_T$
注意到如果有
$\hat h_k=\sum_{T}(-1)^{|k\cap T|} h_T$
那么就有
$h_k=\frac{1}{2^n}\sum_{T}(-1)^{|k\cap T|}\hat h_T$
直接代入就可以证明
于是就有结论：
$\hat h_T=\hat f_T*\hat g_T$
可以快速实现 “点值” 的乘法
于是现在的问题就是快速求
$\hat f_k=\sum_{T}(-1)^{|k\cap T|} f_T$
我们按位从低到高来处理
令 $f^{(i)}$ 为考虑到第 $i$ 位的时候的结果，那么容易得到
$f^{(i)}_S=f^{(i-1)}_S+f^{(i-1)}_{S\cup \{i\}}$
$f^{(i)}_{S\cup \{i\}}=f^{(i-1)}_S-f^{(i-1)}_{S\cup \{i\}}$
于是可以在 $O(n*2^n)$ 的时间内实现

FWT 的另一种理解方式：

对于求 $h_k=\sum_{i\bigotimes j=k} f_j*g_k$，其中 $\bigotimes$ 为不进位加法，是可以扩展到 $k$ 进制的

我们考虑构造一个矩阵 $A$，满足 $(f*A)*(g*A)=(h*A)$
其中括号里面是向量乘矩阵，外面是向量的点乘
这样一来我们只需要对 $f,g$ 进行变化，再乘上逆矩阵就可以了

不放令 $x=(x_0x_1...x_m)_k$，令 $x'$ 为 $x$ 的最高位，$x''$为 $x$ 去掉最高位后剩下的
那么我们可以构造另一个矩阵 $B$，$s.t. A_{x,y}=\prod B_{x_i,y_i}$
考虑如果知道 $B$ 如何求得 $f*A$
$(f*A)[x]=\sum_{i=0}^{n-1}f_iA_{x,i}$
$=\sum_{p=0}^{k-1}B_{x',p}\sum_{i'=p}f_i*A_{x'',i''}$
后面一坨可以继续分治求下去
于是 $B$ 需要满足的性质，有
$\sum_i f_iB_{x,i}\sum_jg_jB_{x,j}=\sum_kh_kB_{x,k}$
如果有 $f_i*g_j*(i\otimes j=k)=h_k$，那么有
$B_{x,i}B_{x,j}=B_{x,k}(i\otimes j=k)$
即
$B_{x,i}B_{x,j}=B_{x,k}(K|i+j-k)$
$B=\begin{matrix} 1 & 1 & 1&... \\ 1 & w_K^1 & w_K^2 &...\\ 1 & w_K^2 & w_K^4 & ... \\ ... &...&...&...\\ 1 & w_K^{K-1} & w_K^{2*(K-1)} & ...\end{matrix}$
跟 $fft$ 的矩阵一样， 大概可以把 $FWT$ 看做对每一位做了一遍循环卷积
二进制的时候：
$B=\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{matrix}$
这符合我们之前的推论