快速沃尔什变换与k进制FWT

这是一篇用来卖萌的文章QAQ

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考虑以下三类卷积

\(C_k = \sum \limits_{i \;or\;j = k} A_i * B_j\)

\(C_k = \sum \limits_{i\;and\;j = k} A_i * B_j\)

\(C_k = \sum \limits_{i\;xor\;j = k}A_i * B_j\)

由于前两种可以用FMT（高维前缀和）解决，那我们就谈谈第三种吧

下文中的\(n\)都是形如\(2^i - 1\)的数

下标的开与闭是根据好不好写来定的，但是还是可以意会的...

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虽然有人知道为什么了，但是我还是不知道为什么要这么做

我们尝试寻找一个矩阵\(T\)，其\((i, j)\)元为\(w(i, j)\)，使得

\[TA \cdot TB = TC\]

我们不妨记\(TA = fwt(A)\)

自然的，\(fwt(A)[x] = \sum \limits_{i = 0}^n w(x, i) * A_i\)

那么，等式两边同时展开，我们可以得到

\[fwt(A)[x] \cdot fwt(B)[x] = fwt(C)[x]\]

\[\sum \limits_{i = 0}^n w(x, i) * A_i \sum \limits_{j = 0}^n w(x, j) * B_j = \sum \limits_{k = 0}^n w(x, k) * C_k\]

对比两边\(C_k\)的表达式， 我们自然希望这个变换满足

\[\sum \limits_{i \oplus j = k} A_i * B_j * w(x, i) * w(x, j) = C_k * w(x, k)\]

如果有\(w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) \;(i \oplus j = k)\)，那么我们就能得到\(\sum \limits_{i \oplus j = k} A_i * B_j = C_k\)

这不就是我们想要的式子嘛....，

那我就构造一个满足\(w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) \;(i \oplus j = k)\)的\(T\)矩阵

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不仅如此，我们还需要可以快速地计算出\(fwt(A)\)

\[
\begin{aligned}
fwt(A)[i] &= \sum \limits_{k = 0}^n w(i, k) A_k \\
&= \sum \limits_{k = 0}^{n / 2} w(i, k) w(i, 0) A_k + \sum \limits_{k = n / 2}^n w(i, k) w(i, n / 2)\\
\end{aligned}
\]
不难注意到，前半部分已经成为了一个子问题，然而后半部分还没有

我们希望通过\(w\)的某些性质，能够使得右边成为一个子问题

联想到\(w\)需要满足异或的性质，因此，我们不妨让\(w\)拥有可以按位拆分的性质

\[w(i, j) = \prod_{k = 0}^{...} w(i\;\&\;2^k, j \;\&\;2^k)\]

下面的化式子来源于rqy神仙

如果有上面的性质，我们记\(i\)的二进制的最高位为\(i_1\)，其他位为\(i_0\)，\(k\)同理

那么，原本的式子可以转化成

\[
\begin{aligned}
fwt(A)[i] &= \sum \limits_{k = 0}^{n / 2} w(i_1, 0) w(i_0, k_0) A_k + \sum \limits_{k = n / 2}^n w(i_1, 1) w(i_0, k_0) A_k \\
&= w(i_1, 0) fwt(A_0)[i_0] + w(i_1, 1) fwt(A_1)[i_0]\\
\end{aligned}
\]

应该看得出\(A_0\)和\(A_1\)是什么吧...

复杂度为\(T(n) = 2T(n / 2) + O(n) = O(n \log n)\)

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那么，考虑构造\(w\)，其实只要构造一个\(2 * 2\)的矩阵，由于\(C\)需要逆变换，因此矩阵还要有逆

\[
\begin{bmatrix}
w(0, 0) & w(0,1)\\
w(1,0)& w(1,1)
\end{bmatrix}
\]

根据上面的异或性质，我们有

\[
w(0, 0) * w(0, 0) = w(0, 0) \;\;\;\;...(1)\\
w(0, 1) * w(0, 0) = w(0, 1) \;\;\;\;...(2)\\
w(0, 1) * w(0, 1) = w(0, 1) \;\;\;\;...(3)\\
w(1, 0) * w(1, 1) = w(1, 1) \;\;\;\;...(4)\\
w(1, 1) * w(1, 1) = w(1, 0)\;\;\;\; ...(5)\\
w(1, 0) * w(1, 0) = w(1, 0) \;\;\;\;... (6)
\]

注意到矩阵要有逆，因此秩需要为\(2\)

然后就可以弄出这么一个矩阵
\[
\begin{bmatrix} 1& 1\\ 1& -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
0.5& 0.5\\
0.5& -0.5\\
\end{bmatrix}^{-1}
\]

然后代进程序即可

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\(k\)进制\(FWT\)

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计算\(C_k = \sum \limits_{i \oplus j = k} A_i * B_j\)

由于\(K\)进制下，FMT仍然能解决或卷积以及和卷积，因此FWT一般用来解决异或卷积

在下文中，\(n = K^i - 1\)

自然地，还是希望构造\(TA \cdot TB = TC\)

还是一样的展开

\[fwt(A)[x] \cdot fwt(B)[x] = fwt(C)[x]\]

\[\sum \limits_{i = 0}^n w(x, i) * A_i \sum \limits_{j = 0}^n w(x, j) * B_j = \sum \limits_{k = 0}^n w(x, k) * C_k\]

还是一样的对比系数，然后我们能够得出，当\(w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) \;(i \oplus j = k)\)时，这样子做的正确性有保证

并且，同样的，不妨设\(i = (i_0 i_1 i_2 ... i_m)_k\)

那么，我们构造\[w(i, j) = \prod \limits_{t = 0}^{m} w(i_t, j_t)\]

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我们根据\(i\)在\(k\)进制下的最高位来讨论，我们记一个数\(x\)在\(k\)进制下的最高位为\(x'\)，其余位为\(x''\)

\[
\begin{aligned}
fwt(A)[i] &= \sum \limits_{t = 0}^n w(i, t) A_t \\
&= \sum \limits_{t = 0}^{k - 1} w(i', t) \sum \limits_{x' = t} w(i'', x'') A_x \\
&= \sum \limits_{t = 0}^{k - 1} w(i', t) fwt(A_t)[i'']
\end{aligned}
\]

复杂度是\(T(n) = kT(n / K) + O(Kn) = O(nK \log_K n)\)（\(n\)是\(K\)的幂）

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我们需要考虑\(K * K\)的\(T\)矩阵是什么

由于\(w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) (i \oplus j = k)\)，也就是\(w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) ([K | i + j - k])\)

注意到单位根在复平面意义下有循环的意义

因此，我们尝试取\(w(x, i) = w_k^{xi}\)，那么我们取出来的实际上就是范德蒙德矩阵!

\[
\begin{bmatrix}
1& 1 & 1& ... & 1\\
1& w_k^1& w_k^2& ... & w_k^{k - 1}\\
1& w_k^2 & w_k^4& ... & w_k^{2(k - 1)}\\
...& ...& ...& ...& ...\\
1& w_k^{k - 1}& w_k^{2(k - 1)} & ... & w_k^{(k - 1)(k - 1)}
\end{bmatrix}
\]

由于范德蒙德卷积的行列式为\(\prod \limits_{i < j} (x_i - x_j)\)，在这个单位根矩阵中，不存在两两相等的数

因此这个有逆，事实上， 在FFT中，我们早已经见过这个矩阵的逆矩阵了，它是

\[
\frac{1}{k} \begin{bmatrix}
1& 1 & 1& ... & 1\\
1& w_k^{-1}& w_k^{-2}& ... & w_k^{-(k - 1)}\\
1& w_k^{-2} & w_k^{-4}& ... & w_k^{-2(k - 1)}\\
...& ...& ...& ...& ...\\
1& w_k^{-(k - 1)}& w_k^{-2(k - 1)} & ... & w_k^{-(k - 1)(k - 1)}
\end{bmatrix}
\]

原因是\([n | t] = \sum \limits_{i = 0}^{n - 1} w_n^{ti}\)

这样，我们就可以成功的计算出k进制FWT啦!

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感谢rqy和dkw的提示