最近在做多校联赛的题目，发现有一道题需要用到FWT，于是我就去学了一下。膜拜一下大神,本篇博客仅对这篇博客进行一些细节上的补充。

FWT要解决的问题是

$${C}_{k}=\sum_{i \oplus j=k}^{}ai*bi$$
其中$\oplus$表示位运算and or xor 的其中一个

如果直接暴力枚举i和j，我们需要$O \left({n}^{2} \right)$的时间复杂度，但是FWT可以让这个问题在$O \left(n log n \right)$的时间复杂度下解决这个问题。

它的思路有点类似于FFT，它们都是通过先做一个变换，然后直接相乘，最后逆变换得到的，而变换和逆变换的过程都是用折半、分治来完成。

以做xor的过程为例
这里用$@$表示卷积运算，$+$表示数字的加法运算，$*$表示数字的乘法运算。
设A，B为一个${2}^{k}$的向量，如果A,B不足2^k，可以用0去补全，
设C=A$@$B，C也是一个${2}^{k}$的向量。
设$tf\left(A \right)$是对A做一次FWT的结果，结果也是一个2^k的向量，如果可以做FWT，需要满足的条件是：

$$tf\left(C \right)=tf\left(A \right)*tf\left(B \right)$$
其中上面的*表示两个向量对应为相乘。

前人已经试出来了$tf$是一个怎么样的函数，对于xor的运算来说
当k=0是，$tf\left(A \right)= tf\left(A \right)$
当k>0时，$tf\left(A \right)=\left(tf\left({A}_{0} \right)+tf\left({A}_{1} \right),tf\left({A}_{0} \right)-tf\left({A}_{1} \right)\right)$

其中${A}_{0}$表示${A}_{0..{2}^{k-1}-1}$（就是向量A的前${2}^{k-1}$维），${A}_{1}$表示${A}_{0..{2}^{k-1}-1}$（就是向量A的后${2}^{k-1}$维），$tf\left({A}_{0} \right)+tf\left({A}_{1} \right)$和$tf\left({A}_{0} \right)-tf\left({A}_{1} \right)$是一个{2}^{k-1}的向量，而$\left(tf\left({A}_{0} \right)+tf\left({A}_{1} \right),tf\left({A}_{0} \right)-tf\left({A}_{1} \right)\right)$就表示把这两个相连连起来，成为一个{2}^{k}的向量。这里就是一个递归分治的过程。

下面我们就来证明当tf是上面的那个定义的时候，满足$tf\left(C \right)=tf\left(A \right)*tf\left(B \right)$

首先我们需要先证明一个引理$tf\left(A+B \right)=tf\left(A \right)+tf\left(B \right)$
当k=0时$tf\left(A+B \right)=A+B=tf\left(A\right)+tf\left(B \right)$
当k>0时
$tf\left(A+B \right)$
$=\left(tf\left({A}_{0}+{B}_{0} \right)+tf\left({A}_{1} +{B}_{1} \right),tf\left({A}_{0}+{B}_{0} \right)-tf\left({A}_{1} +{B}_{1} \right)\right)$
其中${A}_{0}+{B}_{0}$ 和 ${A}_{1}+{B}_{1}$是长度为{2}^{k-1},所以
原式
$=\left(tf\left({A}_{0}\right)+tf\left({B}_{0} \right)+tf\left({A}_{1}\right) +tf\left({B}_{1} \right),tf\left({A}_{0}\right)+tf\left({B}_{0} \right)-tf\left({A}_{1} \right)-tf\left({B}_{1} \right)\right)$
$=(tf\left({A}_{0}\right)+tf\left({A}_{1}\right),tf\left({A}_{0}\right)-tf\left({A}_{1} \right))+(tf\left({B}_{0}\right)+tf\left({B}_{1}\right),tf\left({B}_{0}\right)-tf\left({B}_{1} \right))$
$=tf(A)+tf(B)$

接下来我们还要证明$tf(C)=tf(A)*tf(B)$
当k=0时，$tf(C)=C=A*B=tf(A)*tf(B)$
当k>0时，
$tf(A)=(tf({A}_{0})+tf({A}_{1}),tf({A}_{0})-tf({A}_{1}))$
$tf(B)=(tf({B}_{0})+tf({B}_{1}),tf({B}_{0})-tf({B}_{1}))$
$tf(A)*tf(B)$
$=((tf({A}_{0})+tf({A}_{1}))*(tf({B}_{0})+tf({B}_{1})),(tf({A}_{0})-tf({A}_{1}))*(tf({B}_{0})-tf({B}_{1}))$
暴力拆开括号
$=(tf({A}_{0})*tf({B}_{0})+tf({A}_{0})*tf({B}_{1})+tf({A}_{1})*tf({B}_{0})+tf({A}_{1})*tf({B}_{1}),tf({A}_{0})*tf({B}_{0})-tf({A}_{0})*tf({B}_{1})-tf({A}_{1})*tf({B}_{0})+tf({A}_{1})*tf({B}_{1}))$
因为$tf({A}_{0})*tf({B}_{0}$长度为${2}^{k-1}$，
所以$tf({A}_{0})*tf({B}_{0}=tf({A}_{0}@{B}_{0})$
所以原式
$=(tf({A}_{0}@{B}_{0})+tf({A}_{1}@{B}_{1})+tf({A}_{0}@{B}_{1})+tf({A}_{1}@{B}_{0})，tf({A}_{0}@{B}_{0})+tf({A}_{1}@{B}_{1})−tf({A}_{0}@{B}_{1})−tf({A}_{1}@{B}_{0}))$
因为异或每个位都是独立的，而我们根据最高位是0还是1，把A和B都拆成了两部分。
所以$C=({C}_{0},{C}_{1})=({A}_{0}*{B}_{0}+{A}_{1}*{B}_{1},{A}_{0}*{B}_{1}+{A}_{1}*{B}_{0})$
这里表示着当${C}_{0}={A}_{0}*{B}_{0}+{A}_{1}*{B}_{1}$表示着当A的最高位为0且B的最高位是0时，或者当A的最高位为1且B的最高位是1时，xor出来的结果最高位是0，当${C}_{1}={A}_{0}*{B}_{1}+{A}_{1}*{B}_{0}$表示着当A的最高位为0且B的最高位是1时，或者当A的最高位为1且B的最高位是0时，xor出来的结果最高位是1
所以
$tf(C)=tf({C}_{0},{C}_{1})$
$=tf({A}_{0}@{B}_{0}+{A}_{1}@{B}_{1},{A}_{0}@{B}_{1}+{A}_{1}@{B}_{0})$
$=(tf({A}_{0}@{B}_{0}+{A}_{1}@{B}_{1})+tf({A}_{0}@{B}_{1}+{A}_{1}@{B}_{0}),tf({A}_{0}@{B}_{0}+{A}_{1}@{B}_{1})-tf({A}_{0}@{B}_{1}+{A}_{1}*{B}_{0}))$
$=(tf({A}_{0}@{B}_{0})+tf{A}_{1}@{B}_{1})+tf({A}_{0}@{B}_{1})+tf({A}_{1}@{B}_{0}),tf({A}_{0}@{B}_{0})+tf({A}_{1}@{B}_{1})-tf({A}_{0}@{B}_{1})-tf({A}_{1}@{B}_{0}))$
$=(tf({A}_{0})*tf({B}_{0})+tf({A}_{0})*tf({B}_{1})+tf({A}_{1})*tf({B}_{0})+tf({A}_{1})*tf({B}_{1}),tf({A}_{0})*tf({B}_{0})-tf({A}_{0})*tf({B}_{1})-tf({A}_{1})*tf({B}_{0})+tf({A}_{1})*tf({B}_{1}))$
$=((tf({A}_{0})+tf({A}_{1}))*(tf({B}_{0})+tf({B}_{1})),(tf({A}_{0})-tf({A}_{1}))*(tf({B}_{0})-tf({B}_{1}))$
$=tf(C)$
$tf$函数的你函数$ntf$也是类似。
下面给出三种运算的$tf$函数和$ntf$函数：
xor
$tf(A)=(tf({A}_{0})+tf({A}_{1}),tf({A}_{0})-tf({A}_{1}))$
$utf(A)=(utf(\frac{{A}_{0}+{A}_{1}}{2}),(\frac{{A}_{0}-{A}_{1}}{2})$
and
$tf(A)=(tf({A}_{0})+tf({A}_{1}),tf({A}_{1}))$
$utf(A)=(utf({A}_{0})-utf({A}_{1}),utf({A}_{1}))$
or
$tf(A)=(tf({A}_{0}),tf({A}_{1})+tf({A}_{0}))$
$utf(A)=(utf({A}_{0}),utf({A}_{1})-utf({A}_{0}))$
下面是代码

void FWT(int a[],int n)  
{  for(int d=1;d<n;d<<=1)  for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)  for(int j=0;j<d;j++)  {  int x=a[i+j],y=a[i+j+d];  a[i+j]=(x+y)%mod,a[i+j+d]=(x-y+mod)%mod;  //xor:a[i+j]=x+y,a[i+j+d]=(x-y+mod)%mod;  //and:a[i+j]=x+y;  //or:a[i+j+d]=x+y;  }  
}  void UFWT(int a[],int n)  
{  for(int d=1;d<n;d<<=1)  for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)  for(int j=0;j<d;j++)  {  int x=a[i+j],y=a[i+j+d];  a[i+j]=1LL*(x+y)*rev%mod,a[i+j+d]=(1LL*(x-y)*rev%mod+mod)%mod; //rev表示2在模mod下的逆元 //xor:a[i+j]=(x+y)/2,a[i+j+d]=(x-y)/2;  //and:a[i+j]=x-y;  //or:a[i+j+d]=y-x;  }  
}  
void solve(int a[],int b[],int n)  
{  FWT(a,n);  FWT(b,n);  for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1LL*a[i]*b[i]%mod;  UFWT(a,n);  
}