浅谈高维FWT

概述

快速沃尔什变换，可以用来处理有关异或卷积的问题。

而异或运算，也就是二进制下的不进位加法运算，我们考虑能否将其拓展到高维。

也就是，在 \(k\) 进制下的不进位加法卷积。

对于具体的某一位，我们的卷积方式就是：\(a_i\times b_j\to c_{(i+j)\bmod k}\)。

我们考虑有什么东西是能够在乘法的意义下做到对 \(k\) 取模的——单位根。

记 \(k\) 阶单位根为 \(\omega_k=e^{\dfrac{2i\pi}{k}}\) ，则 \(\omega_k^k=1\) 。

也就意味着 \(\omega_k^i\times\omega_k^j=\omega_k^{(i+j)\bmod k}\) ，如果使用单位根占位，我们就成功将 \(a_i\times b_j\) 的贡献给到了 \(c_{(i+j)\bmod k}\) 。

其实这个就是循环卷积的形式，我们一葫芦画瓢给出FFT中的范德蒙德矩阵：

\(\begin{bmatrix}1&1&1&\dots&1\\1&\omega_k^{1\times 1}&\omega_k^{1\times 2}&\dots&\omega_k^{1\times (k-1)}\\1&\omega_k^{2\times 1}&\omega_k^{2\times 2}&\dots&\omega_k^{2\times (k-1)}\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\1&\omega_k^{(k-1)\times 1}&\omega_k^{(k-1)\times 2}&\dots&\omega_k^{(k-1)\times (k-1)}\end{bmatrix}\)

它的逆矩阵即为：

\(\frac{1}{k}\begin{bmatrix}1&1&1&\dots&1\\1&\omega_k^{-1\times 1}&\omega_k^{-1\times 2}&\dots&\omega_k^{-1\times (k-1)}\\1&\omega_k^{-2\times 1}&\omega_k^{-2\times 2}&\dots&\omega_k^{-2\times (k-1)}\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\1&\omega_k^{-(k-1)\times 1}&\omega_k^{-(k-1)\times 2}&\dots&\omega_k^{-(k-1)\times (k-1)}\end{bmatrix}\)

这个就是我们每一层变换的矩阵，暴力变换的复杂度为 \(k^2n\log n\)，如果换成FFT可以做到 \(kn\log n\log k\)，但由于常数，并不建议使用。

但是有的时候，并不一定存在模意义下的单位根，所以我们就像FFT维护复数一样，考虑维护一个形如 \(\sum\limits_{i=0}^{k-1}a_i\omega_k^i\) 的式子，并对其进行加减乘运算，这样便可以解决单位根不存在的问题。

例题

[清华集训2016] 石家庄的工人阶级队伍比较坚强

我们如果记剪刀为 \(0\)，石头为 \(1\)，布为 \(2\)；平局为 \(0\)，被赢为 \(1\)，赢为 \(2\)，你会发现，所有的胜负关系都是满足模 \(3\) 意义下的加法的，所以我们考虑进行 \(3\) 进制下FWT。

我们记 \(f_{i,S}\) 表示 \(i\) 轮之后，策略为 \(S\) 的人的得分， \(g_S\) 表示在胜负状态为 \(S\) 的情况下的评分。则 \(f_{i,j}=\sum\limits_{a\oplus b=j}f_{i-1,a}g_b\)，其中 \(\oplus\) 代表 \(3\) 进制下的不进位加法。

记 \(F=FWT(f_0),G=FWT(g)\)，则最终 \(FWT(f_n)=FG^n\) 。

我们考虑维护 \(a+b\omega_3\) 的二元组，同时 \(\omega_3^2=-\omega_3-1\) ，即可使用模意义下的加减乘运算了，最后答案中必然满足 \(b=0\) ，输出 \(a\) 即可。

CF1103E Radix sum

题意：给定长为 \(n\) 序列 \(a\) ，问从中可重复选择 \(n\) 次选择出来的数做十进制下不进位加法求和的值为 \(p,p=0,1\dots n-1\) 的方案数为多少，答案对 \(2^{58}\) 取模， \(n\leqslant 100000\)。

记 \(f_{i,S}\) 表示选了 \(i\) 个数，十进制下不进位加法的结果为 \(S\) 的方案数，\(g_S\) 表示序列 \(a\) 中有多少个 \(S\) ，则 \(f_{i,j}=\sum\limits_{a\oplus b=j}f_{i-1,a}g_b\) ，其中 \(\oplus\) 为十进制下不进位加法，使用与上一题类似的快速幂求解即可。

使用十进制下FWT，直接暴力对每个数维护一个十元组 \((a_0,a_1\dots a_9)\) 表示 \(\sum\limits_{i=0}^9a_i\omega_{10}^i\) ，使用自然溢出对于 \(2^{64}\) 取模。

因为最后我们要乘上 \(\dfrac{1}{100000}\) ，又 \((2^{58}\times 32)|2^{64}\) ，存在 \(3125\) 在模 \(2^{58}\) 的意义下的逆元，处理后可求出最终答案。