公式渲染修好了。

简介

对于逻辑\(\oplus\)的卷积，而且你不能N方豹草
\[ A_k=\sum_{i\oplus j=k} B_iC_j\\ \]
那么尝试构造变换\(F_{\oplus}\)和反演\(F_{\oplus}^{-1}\)使满足
\[ F_{\oplus}(A)_k=F_{\oplus}(B)_k F_{\oplus}(C)_k\\ A_k=F_{\oplus}^{-1}(F_{\oplus}(A))_k \]
用来加速运算。

或与卷积

或与卷积的变换

定义或、与卷积的变换分别为
\[ F_{\vee}(A)_k=\sum_{i\vee k=k}A_i,F_{\wedge}(A)_k=\sum_{i\wedge k=k}A_i \]
如下验证两种变换的可行性

\[ \begin{aligned} &\begin{aligned} F_{\vee}(B)_k F_{\vee}(C)_k &=\sum_{i\vee k=k}B(i)\sum_{j\vee k=k}C(j) \\&=\sum_{x\vee k=k}\sum_{i\vee j=x}B(i) C(j) \\&=\sum_{x\vee k=k}A(x) \\&=F_{\vee}(A)_k \end{aligned} &\begin{aligned} F_{\wedge}(B)_k F_{\wedge}(C)_k &=\sum_{i\wedge k=k}B(i)\sum_{j\wedge k=k}C(j) \\&=\sum_{x\wedge k=k}\sum_{i\wedge j=x}B(i) C(j) \\&=\sum_{x\wedge k=k}A(x) \\&=F_{\wedge}(A)_k \end{aligned} \end{aligned} \]
验证成功。

如何实现这两种变换？注意到如果将\(n\)位二进制数域映射到一个\(n\)维空间，则\(F_{\vee}(A)_i\)相当于在空间内求高维前缀和，\(F_{\wedge}(A)\)则是求高维后缀和。

因此直接上高维前/后缀和就能做到\(O(n2^n)\)的复杂度，这样的做法属于“快速莫比乌斯变换”。

void FMT_OR(int a[],int len) {int n=__builtin_ctz(len);for(int i=0; i<n; ++i)for(int j=0; j<len; ++j) if((j>>i)&1)a[j]+=a[j^(1<<i)];
}
void FMT_AND(int a[],int len) {int n=__builtin_ctz(len);for(int i=0; i<n; ++i)for(int j=len-1; ~j; --j) if((j>>i)&1)a[j^(1<<i)]+=a[j];
}

还有一种通用的方法：“快速沃尔什变换”，复杂度同上。

我们把问题划为n+1个阶段编号0到n，在第i个阶段中，把序列划为\(\frac{2^n}{2^i}\)个区间，并记\(F_{\oplus}(A)_{i,x}\)表示x所在区间中所有下标与x就二进制末i+1位满足特定规则的元素累和。

例如\(F_{\oplus}(A)_{0,x}=A_x\)，而所求\(F_{\oplus}(A)_x=F_{\oplus}(A)_{n,x}\)。

从阶段i转移到阶段i+1时，阶段i+1的一个区间内的答案显然由阶段i中位置对应的相邻两个区间内的答案转移而来，此时决策为二进制第i+2末位的取与不取，即从\(F_{\oplus}(A)_{i,l+x}\)和\(F_{\oplus}(A)_{i,l+2^i+x}\)转移到\(F_{\oplus}(A)_{i+1,l+x}\)和\(F_{\oplus}(A)_{i+1,l+2^i+x}\)，其中l是阶段i+1中的某个区间的左端点。这四个状态，设为状态A,B,C,D，状态B,D能够表示取到第i+2末位。(其实B的取是假的，因为B不存在在i+2位产生的贡献)。转移按照变换式针对这四个状态做就好了。

例如或卷积中，A,B的下标 或上\(2^{i+1}\)（取到i+2位）得到D的下标，而只有A的下标 或上\(0\)（不取i+2位）得到C的下标；只有B的下标 与上\(2^{i+1}\)（取到i+2位）得到D的下标，A,B的下标 与上\(0\)（不取i+2位）得到C的下标。实现如下

void FWT_OR(int a[],int len) {for(int m=1; m<len; m<<=1)for(int i=0,s=m<<1; i<len; i+=s)for(int j=0; j<m; ++j) a[m+i+j]+=a[i+j];
}
void FWT_AND(int a[],int len) {for(int m=1; m<len; m<<=1)for(int i=0,s=m<<1; i<len; i+=s)for(int j=0; j<m; ++j) a[i+j]+=a[m+i+j];
}

或与卷积的反演

前/后缀和的反演还能怎么求……
\[ F_{\vee}^{-1}(A)_k=\sum_{i\vee k=k} (-1)^{|k|-|i|}F_{\vee}(A)_k\\ F_{\wedge}^{-1}(A)_k=\sum_{i\wedge k=k} (-1)^{|i|-|k|}F_{\wedge}(A)_k \]
其中\(|i|\)是将\(i\)的二进制上\(1\)的个数。

先来“快速莫比乌斯反演”做法，直接把变换逆过来做

void IFMT_OR(int a[],int len) {int n=__builtin_ctz(len);for(int i=0; i<n; ++i)for(int j=len-1; ~j; --j) if((j>>i)&1)a[j]-=a[j^(1<<i)];
}
void IFMT_AND(int a[],int len) {int n=__builtin_ctz(len);for(int i=0; i<n; ++i)for(int j=0; j<len; ++j) if((j>>i)&1)a[j^(1<<i)]-=a[j];
}

然后是“快速沃尔什反演”做法，步骤与变换类似，只是累和改为消除。

void IFWT_OR(int a[],int len) {for(int m=1; m<len; m<<=1)for(int i=0,s=m<<1; i<len; i+=s)for(int j=0; j<m; ++j) a[m+i+j]-=a[i+j];
}
void IFWT_AND(int a[],int len) {for(int m=1; m<len; m<<=1)for(int i=0,s=m<<1; i<len; i+=s)for(int j=0; j<m; ++j) a[i+j]-=a[m+i+j];
}

异或卷积

异或卷积的变换

定义异或卷积的变换为
\[ F_{\veebar}(A)_k=\sum_{i} (-1)^{|i\wedge k|}A_i \]

这次不去验证，考虑直接推导【膜rockdu】，首先假定变换\(F_{\veebar}(A)\)与\(A\)线性相关，如下，
\[ F_{\veebar}(A)_k=\sum_{i} g(k,i)A_i \]
当然\(g(,)\)是需要能支持反演的，因此\(g(,)=0\)之类的就不考虑了。那么
\[ \begin{aligned} F_{\veebar}(A)_k&=\sum_{i}g(k,i)A_i=\sum_{i}g(k,i)\sum_{p\veebar q=i}B_pC_q \\&=\sum_{i}\sum_{j}g(k,i\veebar j)B_iC_j \\ F_{\veebar}(B)_k F_{\veebar}(C)_k &=\sum_{i}g(k,i)B_i\sum_{j}g(k,j)C_j \\&=\sum_{i}\sum_{j}g(k,i)g(k,j)B_iC_j \\ g(k,i\veebar j)&=g(k,i) g(k,j) \end{aligned} \]
我们需要构造一个\(g(,)\)。

注意\(|i\veebar j|=|i|+|j|\pmod2\)，以及\((i\veebar j)\wedge k=(i\wedge k)\veebar (j\wedge k)\)，那么
\[ |(i\veebar j)\wedge k|=|(i\wedge k)\veebar(i\wedge k) |=|i\wedge k|+|j\wedge k|\pmod2\\ (-1)^{|(i\veebar j)\wedge k|}=(-1)^{|i\wedge k|}(-1)^{|j\wedge k|} \]
因此令\(g(k,i)=(-1)^{|i\wedge k|}\)就能得到一个合法变换
\[ F_{\veebar}(A)_k=\sum_{i}(-1)^{|i\wedge k|}A_i \]
如何实现这种变换？高维前/后缀和似乎已经G了，使用快速沃尔什变换，相邻两个阶段转移，要讨论对下标与的二进制1的个数的影响，结果如下

\[ F_{\veebar}(A)_{i+1,l+x}=F_{\veebar}(A)_{i,l+x}+F_{\veebar}(A)_{i,l+2^i+x}\\ F_{\veebar}(A)_{i+1,l+2^i+x}=F_{\veebar}(A)_{i,l+x}-F_{\veebar}(A)_{i,l+2^i+x} \]
那么变换就完成了

void FWT_XOR(int a[],int len) {for(int m=1; m<len; m<<=1)for(int i=0,s=m<<1; i<len; i+=s)for(int j=0; j<m; ++j) {int x=f[i+j], y=f[m+i+j];f[i+j]=x+y;f[m+i+j]=x-y;}
}

异或卷积的反演

反演时的扣除贡献的式子就是把累和的式子反解，调整后如下

\[ F_{\veebar}^{-1}(A)_{0,x}=F_{\veebar}(A)_{n-1,x}\\ F_{\veebar}^{-1}(A)_{i+1,l+x}=\frac{F_{\veebar}^{-1}(A)_{i,l+x}+F_{\veebar}^{-1}(A)_{i,l+2^i+x}}2\\ F_{\veebar}^{-1}(A)_{i+1,l+2^i+x}=\frac{F_{\veebar}^{-1}(A)_{i,l+x}-F_{\veebar}^{-1}(A)_{i,l+2^i+x}}2\\ \]

实现如下

void FWT_XOR(int a[],int len) {for(int m=1; m<len; m<<=1)for(int i=0,s=m<<1; i<len; i+=s)for(int j=0; j<m; ++j) {int x=f[i+j], y=f[m+i+j];f[i+j]=(x+y)/2;f[m+i+j]=(x-y)/2;}
}

可以发现所有的/2是可以留到后头算的，即

void IFWT_XOR(int a[],int len) {FWT_XOR(a,len);for(int i=0; i<len; ++i) a[i]/=len;
}

混合卷积

子集卷积

要求卷积

\[ A_k=\sum_{i}\sum_{j} [i\vee j=k][i\wedge j=0] B_iC_j \\=\sum_{i\vee k=k}\sum_{j\vee k=k} [|i|+|j|=|k|] B_iC_j \]

可以枚举补充一维集合大小，从小到大枚举集合大小，分别做一次或卷积，时间复杂度\(O(n^22^n)\)。

其它卷积

还在补。