多项式算法再探：FMT 和 FWT

我们知道，FFT 和 NTT 可以用来解决下面这种问题：

\[c_k=\sum_{i+j=k}a_ib_j
\]

不过，这并不是卷积的全部形态，比如下面这种：

\[c_k=\sum_{i*j=k}a_ib_j
\]

其中 \(*\) 代表一种位运算。

面对这种位运算类型的卷积，我们也有别样的方法，那就是 FMT 和 FWT。

或卷积

顾名思义，其形态如下：

\[c_k=\sum_{i|j=k}a_ib_j
\]

考虑如下优良性质：

若 \(j|i=i,k|i=i\)，则 \((j|k)|i=i\)。

根据这个优良性质，便有了下面两种求解或卷积的方法：

FMT 法

不妨顺着 FFT 的思路，找到 \(FMT(a)_i\times FMT(b)_i=FMT(c)_i\)。

我们构造 \(FMT(a)=\sum\limits_{j|i=i}a_j\)，那么就有：

\[FMT(a)_i\times FMT(b)_i=\sum_{j|i=i}a_j\sum_{k|i=i}b_k=\sum_{(j|k)|i=i}a_jb_k=FMT(c)_i
\]

这个时候，FMT 说：“这是高维前缀和。”

于是，问题解决了。直接使用高维前缀和把 \(a\) 和 \(b\) 转成 \(FMT(a)\) 和 \(FMT(b)\)，合并后再用高维差分把 \(FMT(c)\) 转为 \(c\)。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

void fmtor(int *a,int fl){
    for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<(1<<n);j++)
        if(j&(1<<i)) a[j]=(a[j]+fl*a[j^(1<<i)])%p;
}

FWT 法

你不要认为 FWT 换了一种构造方式，其实他和 FMT 的构造方式相同。也就是 \(FWT(a)=FMT(a)\)。

不过 FWT 说：“这玩意可以分治。”

于是考虑使用类似 FFT 的方式分治处理。当然，说是分治，但有了 FFT 的经验，写出来的代码是迭代形式的。

设 \(merge(a,b)\) 表示将 \(b\) 序列接到 \(a\) 序列后面，\(a_0\) 表示 \(a\) 序列的左半部分，\(a_1\) 表示 \(a\) 序列的右半部分，那么就有：

\[FWT(a)=merge(FWT(a)_0,FWT(a)_0+FWT(a)_1)
\]

原因非常简单。假如当前枚举的 \(i\) 为 \(0\) 的话，那么你就只能选择 \(0\)（不然或出来的结果会是 \(1\)），而为 \(1\) 的话，这一位就无所谓了。

逆运算就是给后半部分减去前半部分的贡献，即：

\[a=merge(a_0,a_1-a_0)
\]

时间复杂度相同。

void fwtor(int *a,int fl){
    for(int len=1;len<(1<<n);len<<=1)
        for(int l=0;l<(1<<n);l+=(len<<1))
            for(int k=0;k<len;k++)
                a[l+len+k]=(a[l+len+k]+fl*a[l+k])%p;
}

与卷积

依旧顾名思义，其形态如下：

\[c_k=\sum_{i\&j=k}a_ib_j
\]

同样发现如下优良性质：

若 \(j\&i=i,k\&i=i\)，则 \((j\&k)\&i=i\)。

根据这个优良性质，便仍然有下面两种求解与卷积的方法：

FMT 法

我们构造 \(FMT(a)=\sum\limits_{j\&i=i}a_j\)，那么就有：

\[FMT(a)_i\times FMT(b)_i=\sum_{j\&i=i}a_j\sum_{k\&i=i}b_k=\sum_{(j\&k)\&i=i}a_jb_k=FMT(c)_i
\]

这个时候，FMT 说：“这是高维后缀和。”

于是，问题再一次解决了。直接使用高维后缀和把 \(a\) 和 \(b\) 转成 \(FMT(a)\) 和 \(FMT(b)\)，合并后再用高维差分把 \(FMT(c)\) 转为 \(c\)。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

void fmtand(int *a,int fl){
    for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<(1<<n);j++)
        if(j&(1<<i)) a[j^(1<<i)]=(a[j^(1<<i)]+fl*a[j])%p;
}

FWT 法

FWT 又一次说：“这玩意仍然可以分治。”

观察后发现有：

\[FWT(a)=merge(FWT(a)_0+FWT(a)_1,FWT(a)_1)
\]

逆运算就是给前半部分减去后半部分的贡献，即：

\[a=merge(a_0-a_1,a_1)
\]

时间复杂度相同。

void fwtand(int *a,int fl){
    for(int len=1;len<(1<<n);len<<=1)
        for(int l=0;l<(1<<n);l+=(len<<1))
            for(int k=0;k<len;k++)
                a[l+k]=(a[l+k]+fl*a[l+len+k])%p;
}

异或卷积

依旧顾名思义，其形态如下：

\[c_k=\sum_{i\oplus j=k}a_ib_j
\]

同样发现如下优良性质：

若 \(j\oplus i=i,k\oplus i=i\)，则 \((j\oplus k)\oplus i=i\)，且 \(j=k=0\)。

这个性质优良到了我们必须改变思路的程度了，也是太过于优良了。

高维前缀和和高维后缀和都用过了，此时 FMT 并不容易解决这个问题（其实是能解决的，只不过有点牵强），而 \(FWT(a)\) 感觉也相当不好想。

既然异或没有优良性质，我们就要构造一种运算，使它自身有优良性质，且能和异或搭上关系。

我们引入一种新的运算 \(\bullet\)，满足 \(x\bullet y=count(x\& y)\bmod 2\)，其中 \(count(x)\) 表示 \(x\) 在二进制下 \(1\) 的个数。

那么就有如下优良性质：

\[(x\bullet y)\oplus(x\bullet z)=x\bullet(y\oplus z)
\]

证明：设：

\[S=\{i|2^i\& x>0,2^i\& y>0\}
\]

\[T=\{i|2^i\& x>0,2^i\& z>0\}
\]

\[G=\{i|2^i\& x>0,2^i\& (y\oplus z)>0\}
\]

容易发现：

\[(x\bullet y)\oplus(x\bullet z)=(|S|+|T|)\bmod 2
\]

\[x\bullet(y\oplus z)=|G|\bmod 2
\]

考虑到异或后消掉部分一定在 \(y,z\) 中都存在。换言之，就是：

\[|S|+|T|-2|S\cap T|=|G|
\]

\[(|S|+|T|)\bmod 2=(|G|)\bmod 2
\]

\[(x\bullet y)\oplus(x\bullet z)=x\bullet(y\oplus z)
\]

\(Q.E.D.\)

设 \(FWT(a)_i=\sum\limits_{j\bullet i=0}a_j-\sum\limits_{j\bullet i=1}a_j\)，则有：

\[FWT(a)_i\times FWT(b)_i=(\sum\limits_{j\bullet i=0}a_j-\sum\limits_{j\bullet i=1}a_j)(\sum\limits_{k\bullet i=0}b_k-\sum\limits_{k\bullet i=1}b_k)
\]

\[=\sum\limits_{j\bullet i=0}a_j\sum\limits_{k\bullet i=0}b_k-\sum\limits_{j\bullet i=1}a_j\sum\limits_{k\bullet i=0}b_k-\sum\limits_{j\bullet i=0}a_j\sum\limits_{k\bullet i=1}b_k+\sum\limits_{j\bullet i=1}a_j\sum\limits_{k\bullet i=1}b_k
\]

\[=\sum\limits_{(j\bullet i)\oplus(k\bullet i)=0}a_jb_k-\sum\limits_{(j\bullet i)\oplus(k\bullet i)=1}a_jb_k
\]

\[=\sum\limits_{i\bullet(j\oplus k)=0}a_jb_k-\sum\limits_{i\bullet(j\oplus k)=1}a_jb_k=FWT(c)_i
\]

考虑分治方式。当前位 \(i\) 为 \(0\) 时，\(i\bullet j\) 必为 \(0\)，所以 \(0,1\) 贡献都为正。同理，\(i=1\) 时，\(0\) 贡献为正，\(1\) 贡献为负。所以有：

\[FWT(a)=merge(FWT(a)_0+FWT(a)_1,FWT(a)_0-FWT(a)_1)
\]

\[a=merge(\frac{a_0+a_1}2,\frac{a_0-a_1}2)
\]

时间复杂度不变。

void fwtxor(int *a,int fl){
    fl=(fl==1)?1:(p+1)/2;
    for(int len=1;len<(1<<n);len<<=1)
        for(int l=0;l<(1<<n);l+=(len<<1))
            for(int k=0;k<len;k++){
                int a0=a[l+k],a1=a[l+len+k];
                a[l+k]=(a0+a1)*fl%p;
                a[l+len+k]=(a0-a1)*fl%p;
            }
}

其实也可以把它写成 FMT 的形式：

void fmtxor(int *a,int fl){
    fl=(fl==1)?1:(p+1)/2;
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<(1<<n);j++)
            if(~j&(1<<i)){
                int a0=a[j],a1=a[j|(1<<i)];
                a[j|(1<<i)]=(a0-a1)*fl%p;
                a[j]=(a0+a1)*fl%p;
            }
}

最后放上模板题代码：

//FMT 342ms
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=(1<<17),p=998244353;
int n,f[N],g[N],c[N],a[N],b[N];
void fmtor(int *a,int fl){
    for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<(1<<n);j++)
        if(j&(1<<i)) a[j]=(a[j]+fl*a[j^(1<<i)])%p;
}void fmtand(int *a,int fl){
    for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<(1<<n);j++)
        if(j&(1<<i)) a[j^(1<<i)]=(a[j^(1<<i)]+fl*a[j])%p;
}void fmtxor(int *a,int fl){
    fl=(fl==1)?1:(p+1)/2;
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<(1<<n);j++)
            if(~j&(1<<i)){
                int a0=a[j],a1=a[j|(1<<i)];
                a[j|(1<<i)]=(a0-a1)*fl%p;
                a[j]=(a0+a1)*fl%p;
            }
}signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0),cin>>n;
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        cin>>a[i],f[i]=a[i];
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        cin>>b[i],g[i]=b[i];
    fmtor(f,1),fmtor(g,1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        c[i]=f[i]*g[i]%p;
    fmtor(c,-1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        cout<<(c[i]+p)%p<<" ";
    for(int i=0;i<(1<<n);i++) f[i]=a[i];
    for(int i=0;i<(1<<n);i++) g[i]=b[i];
    fmtand(f,1),fmtand(g,1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        c[i]=f[i]*g[i]%p;
    fmtand(c,-1),cout<<"\n";
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        cout<<(c[i]+p)%p<<" ";
    for(int i=0;i<(1<<n);i++) f[i]=a[i];
    for(int i=0;i<(1<<n);i++) g[i]=b[i];
    fmtxor(f,1),fmtxor(g,1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        c[i]=f[i]*g[i]%p;
    fmtxor(c,2),cout<<"\n";
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        cout<<(c[i]+p)%p<<" ";
    return 0;
}

//FWT 298ms
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=(1<<17),p=998244353;
int n,f[N],g[N],c[N],a[N],b[N];
void fwtor(int *a,int fl){
    for(int len=1;len<(1<<n);len<<=1)
        for(int l=0;l<(1<<n);l+=(len<<1))
            for(int k=0;k<len;k++)
                a[l+len+k]=(a[l+len+k]+fl*a[l+k])%p;
}void fwtand(int *a,int fl){
    for(int len=1;len<(1<<n);len<<=1)
        for(int l=0;l<(1<<n);l+=(len<<1))
            for(int k=0;k<len;k++)
                a[l+k]=(a[l+k]+fl*a[l+len+k])%p;
}void fwtxor(int *a,int fl){
    fl=(fl==1)?1:(p+1)/2;
    for(int len=1;len<(1<<n);len<<=1)
        for(int l=0;l<(1<<n);l+=(len<<1))
            for(int k=0;k<len;k++){
                int a0=a[l+k],a1=a[l+len+k];
                a[l+k]=(a0+a1)*fl%p;
                a[l+len+k]=(a0-a1)*fl%p;
            }
}signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0),cin>>n;
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        cin>>a[i],f[i]=a[i];
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        cin>>b[i],g[i]=b[i];
    fwtor(f,1),fwtor(g,1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        c[i]=f[i]*g[i]%p;
    fwtor(c,-1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        cout<<(c[i]+p)%p<<" ";
    for(int i=0;i<(1<<n);i++) f[i]=a[i];
    for(int i=0;i<(1<<n);i++) g[i]=b[i];
    fwtand(f,1),fwtand(g,1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        c[i]=f[i]*g[i]%p;
    fwtand(c,-1),cout<<"\n";
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        cout<<(c[i]+p)%p<<" ";
    for(int i=0;i<(1<<n);i++) f[i]=a[i];
    for(int i=0;i<(1<<n);i++) g[i]=b[i];
    fwtxor(f,1),fwtxor(g,1);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        c[i]=f[i]*g[i]%p;
    fwtxor(c,2),cout<<"\n";
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        cout<<(c[i]+p)%p<<" ";
    return 0;
}