[学习笔记] $FWT$

\(FWT\)--快速沃尔什变化学习笔记

知识点

　　\(FWT\)就是求两个多项式的位运算卷积。类比\(FFT\)，\(FFT\)大多数求的卷积形式为\(c_n=\sum\limits_{i+j=n}a_i*b_j\)的形式。而\(FWT\)则求的卷积形式为\(c_n=\sum\limits_{i\oplus j=n}\)，如何做这个玩意呢，我们还是考虑分治。把它分成两个部分，一个部分是\(A_0\)，一部分是\(A_1\)，分别表示的是最高位为\(0/1\)，然后对于与卷积来说\(f(A)=(f(A_0+A_1)，f(A_1))\)，对于或卷积来说\(f(A)=(f(A_0)，f(A_0+A_1))\)，对于异或卷积来说\(f(A)=(f(A_0+A_1)，f(A_0-A_1))\)。不会证明。。这是比较重要的几点，然后这些都是正变化。而逆变化对于与和或来说就是把\(+\)换成\(-\)，但对于异或卷积来说，\(f(A)=(f((A_0+A_1)/2，f((A_0-A_1)/2)\)。知道了这些就可以开始做题了。

例题

\(1\)，洛谷\(4717\)

　　(https://www.luogu.org/problemnew/show/P4717)

　　解题思路：

　　　　对，就是模板题！

　　\(Code\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 1<<18;
const int MOD = 998244353;
const int INV = 499122177;

int limit,f[MAXN],g[MAXN],a[MAXN],b[MAXN],n;

inline int rd(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {f=ch=='-'?0:1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))  {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return f?x:-x;
}

inline int add(int x,int y){
    int ret=x+y;while(ret>=MOD) ret-=MOD;while(ret<0) ret+=MOD;return ret;
}

void out(int x){
    if(!x) return;out(x/10);putchar('0'+x%10);
}

inline void OUT(int x){
    if(x<0) putchar('-');
    if(x==0) putchar('0');
    else out(x);putchar(' ');
}

inline void fwt1(int *f,int type){  //or
    for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
        for(int j=0,len=mid<<1;j<limit;j+=len)
            for(int k=j;k<mid+j;k++)
                f[mid+k]=add(f[mid+k],type*f[k]);
}

inline void fwt2(int *f,int type){  //and
    for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
        for(int j=0,len=mid<<1;j<limit;j+=len)
            for(int k=j;k<mid+j;k++)
                f[k]=add(f[k],type*f[k+mid]);
}

inline void fwt3(int *f,int type){  //xor
    int x,y;
    for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
        for(int j=0,len=mid<<1;j<limit;j+=len)
            for(int k=j;k<mid+j;k++){
                x=f[k];y=f[k+mid];
                f[k]=add(x,y);f[k+mid]=add(x,-y);
                if(type==-1) f[k]=(LL)f[k]*INV%MOD,f[k+mid]=(LL)f[k+mid]*INV%MOD;
            }
}

int main(){
    n=rd();limit=1<<n;
    for(int i=0;i<limit;i++) a[i]=f[i]=rd();
    for(int i=0;i<limit;i++) b[i]=g[i]=rd();
    fwt1(f,1);fwt1(g,1);
    for(int i=0;i<limit;i++) f[i]=(LL)f[i]*g[i]%MOD;
    fwt1(f,-1);
    for(int i=0;i<limit;i++) OUT(f[i]);putchar('\n');
    for(int i=0;i<limit;i++) f[i]=a[i];
    for(int i=0;i<limit;i++) g[i]=b[i];
    fwt2(f,1);fwt2(g,1);
    for(int i=0;i<limit;i++) f[i]=(LL)f[i]*g[i]%MOD;
    fwt2(f,-1);
    for(int i=0;i<limit;i++) OUT(f[i]);putchar('\n');
    for(int i=0;i<limit;i++) f[i]=a[i];
    for(int i=0;i<limit;i++) g[i]=b[i];
    fwt3(f,1);fwt3(g,1);
    for(int i=0;i<limit;i++) f[i]=(LL)f[i]*g[i]%MOD;
    fwt3(f,-1);
    for(int i=0;i<limit;i++) OUT(f[i]);
    return 0;
}

\(2\)，\(bzoj\) \(4589\)

　　(https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4589)

　　解题思路：

　　博弈论\(+ FWT\)，首先\(nim\)游戏所有石子堆的异或和为\(0\)时先手必败。设\(f_i\)表示异或和为\(i\)时的情况，我们最后要求的是\(f_0\)。设\(a_i\)表示这堆石子能否为\(i\)，那么对于两堆石子来说\(f_i=\sum\limits_{j\land k=i}a_j*a_k\)，对于三堆石子来说\(f_i'=\sum\limits_{j\land k=i}f_j*a_k\)。这样就能发现规律了。首先我们先用\(FWT\)正变化一下，然后求一个\(pow(a_i,n)\)，在逆变化回去。

　　\(Code\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#define int long long

using namespace std;
const int MAXN = 50005;
const int MOD = 1e9+7;
const int INV = 500000004;
typedef long long LL;

int n,m,prime[MAXN],cnt,limit=1,now;
LL a[MAXN<<1];
bool vis[MAXN];

inline LL add(LL ret){
	while(ret>=MOD) ret-=MOD;while(ret<0) ret+=MOD;return ret;
}

inline void fwt(LL *f,int type){
	LL x,y;
	for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
		for(int j=0,len=mid<<1;j<limit;j+=len)
			for(int k=j;k<j+mid;k++){
				x=f[k];y=f[k+mid];
				f[k]=add(x+y);f[k+mid]=add(x-y);
				if(type==-1) f[k]=f[k]*INV%MOD,f[k+mid]=f[k+mid]*INV%MOD;
			}
}

inline LL fast_pow(LL x,int y){
	LL ret=1;
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1) ret=ret*x%MOD;
		x=x*x%MOD;
	}
	return ret;
}

signed main(){
	for(int i=2;i<=50000;i++){
		if(!vis[i]) prime[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt && prime[j]*i<=50000;j++)
			vis[i*prime[j]]=1;
	}
	while(~scanf("%lld%lld",&n,&m)){
		if(n==1) {puts("0");continue;}
		memset(a,0,sizeof(a));limit=1;now=0;
		for(int i=1;i<=cnt;i++){
			if(prime[i]<=m) a[prime[i]]=1;
			else {now=prime[i-1];break;}
		}if(!now) now=prime[cnt];
		while(limit<=now) limit<<=1;
		fwt(a,1);
		for(int i=0;i<limit;i++) a[i]=fast_pow(a[i],n);
		fwt(a,-1);printf("%lld\n",a[0]);
	}
	return 0;
}

\(3\)，\(cf\) \(662C\)

　　(https://www.luogu.org/problemnew/show/CF662C)

　　解题思路：

　　状态压缩\(+FWT\)。首先要把每一列压成一个\(0/1\)串，这样就变成一个长度为\(m\)的数列。然后可以\(2^n\)枚举一下翻哪一行，再\(O(m)\)的枚举一下列，让每一列先\(xor\)上外层枚举的状态，在取一个\(min(1,0)\)加入答案。这样时间复杂度是\(O(2^n*m)\)的，考虑优化。设\(ans_s\)为翻的行的状态为\(s\)时的最小值，\(f_i\)为刚开始\(i\)这个状态的个数，\(g_i\)表示\(i\)这个状态的\(0/1\)的最小值。那么\(ans_s=\sum\limits_{i\land j=s} f_i*g_j\)，然后\(FWT\)一下即可。

　　\(Code\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int MAXN = 1<<21;
typedef long long LL;

inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) {f=ch=='-'?0:1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))  {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
	return f?x:-x;
}

int n,m,S[100005];
LL f[MAXN],g[MAXN],ans=1e18;

inline int min(int x,int y){
	return x<y?x:y;
}

inline void fwt(LL *f,int type){
	LL x,y;
	for(int mid=1;mid<(1<<n);mid<<=1)
		for(int j=0,len=mid<<1;j<1<<n;j+=len)
			for(int k=j;k<j+mid;k++){
				x=f[k];y=f[k+mid];
				f[k]=x+y;f[k+mid]=x-y;
				if(type==-1) f[k]/=2,f[k+mid]/=2;
			}
}

int main(){
	n=rd(),m=rd();char s[100005];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",s+1);
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(s[j]=='1') S[j]|=(1<<(i-1));
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) f[S[i]]++;int cnt;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++){
		cnt=__builtin_popcount(i);
		g[i]=min(cnt,n-cnt);
	}
	fwt(f,1);fwt(g,1);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++) f[i]=f[i]*g[i];
	fwt(f,-1);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++) ans=min(ans,f[i]);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}