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快速沃尔什变换解决的卷积问题
快速沃尔什变换（FWT）是解决这样一类卷积问题：
其中，\(\odot\) 是位运算的一种。举个例子，给定数列 \(a,b\)，求：
FWT 的思想
看到 FWT 的名字，我们可以联想到之前学过的 FFT（很可惜，我没有写过 FFT 的笔记，所以没有链接），先看看 FFT 的原理：
- 把 \(a,b\) 变换为 \(A,B\)，\(O(n\log n)\)；
- 通过 \(C_i=A_iB_i\) 计算，\(O(n)\);
- 把 \(C\) 变换回 \(c\)，\(O(n\log n)\)。
综上，时间复杂度是 \(O(n\log n)\) 的。
在 FFT 中，我们构造了 \(A,B\) 为 \(a,b\) 的点值表示法，这么做满足 \(C_i=A_iB_i\) 且容易变换。
其实 FWT 的思想也是一样的，主要也是需要构造 \(A,B\)，使得其满足 \(C_i=A_iB_i\) 且可以快速变换。下面我们举 \(\cup\)（按位或）、\(\cap\)（按位与）和 \(\oplus\)（按位异或）为例。
因为数列长度是 \(2\) 的幂会更好处理，所以下文认为数列长度为 \(2^n\)。
按位或
我们可以构造 \(A_i=\sum_{i\cup j=i} a_i\)。看看为什么需要这么构造。
首先，它满足 \(C_i=A_iB_i\)：
其次，它可以快速变换。举顺变换的例子。类比 FFT 的步骤，我们采用分治的方法来处理它。假设目前考虑到第 \(i\) 位，其中 \(A_0\) 和 \(A_1\) 是 \(i-1\) 位分治的结果：
其中，\(A_0\) 是数列 \(A\) 的左半部分，\(A_1\) 是 \(A\) 的右半部分。\(\text{merge}\) 函数就是把两个数列像拼接字符串一样拼接起来。\(+\) 则是将两个数列对应相加。
这么做为什么是正确的呢？容易发现，\(A_0\) 恰好是当前处理到的二进制位为 \(0\) 的子数列，\(A_1\) 则是当前处理到的二进制位为 \(1\) 的子数列。若当前位为 \(0\)，则只能取二进制位为 \(0\) 的子数列 \(A_0\) 才能使得 \(i\cup j=i\)。而若当前位为 \(1\)，则两种序列都能取。
考虑逆变换，则是将加上的 \(A_0\) 减回去：
下面我们给出代码实现。容易发现顺变换和逆变换可以合并为一个函数，顺变换时 \(\text{type}=1\)，逆变换时 \(\text{type}=-1\)。
void Or(ll *a, ll type) { // 迭代实现，常数更小
for(ll x = 2; x <= n; x <<= 1) {
ll k = x >> 1;
for(ll i = 0; i < n; i += x) {
for(ll j = 0; j < k; j ++) {
(a[i + j + k] += a[i + j] * type) %= P;
}
}
}
}
按位与
同理构造 \(A_i=\sum_{i\cap j=i} a_i\)。\(C_i=A_iB_i\) 的正确性不证了。
容易发现，\(A_0\) 恰好是当前处理到的二进制位为 \(0\) 的子数列，\(A_1\) 则是当前处理到的二进制位为 \(1\) 的子数列。若当前位为 \(1\)，则只能取二进制位为 \(1\) 的子数列 \(A_0\) 才能使得 \(i\cap j=i\)。而若当前位为 \(0\)，则两种序列都能取。
下面我们给出代码实现。顺变换时 \(\text{type}=1\)，逆变换时 \(\text{type}=-1\)。
void And(ll *a, ll type) {
for(ll x = 2; x <= n; x <<= 1) {
ll k = x >> 1;
for(ll i = 0; i < n; i += x) {
for(ll j = 0; j < k; j ++) {
(a[i + j] += a[i + j + k] * type) %= P;
}
}
}
}
按位异或
发现异或有点难搞，但这怎么会难倒沃尔什大佬呢？我们引入一个新的运算符 \(\circ\)。定义 \(x\circ y=\text{popcnt}(x\cap y)\bmod 2\)，其中 \(\text{popcnt}\) 表示二进制下 \(1\) 的个数，并重申一下 \(\cap\) 表示按位与。
不用慌，我们也不需要你真正实现一个 \(\text{popcnt}\)，它仅仅只是作为一个理解的辅助罢了。
我们发现它满足 \((x\circ y)\oplus (x\circ z)=x\circ(y\oplus z)\)。（重申一下 \(\oplus\) 表示按位异或）
感性证明：发现这个新的运算符 \(\circ\) 其实就是 \(x\) 与 \(y\) 相同位数的奇偶性。若 \((x\circ y)\oplus (x\circ z)=0\)，则 \(x\) 与 \(y\)、\(x\) 与 \(z\) 相同位数个数奇偶性相同，所以 \(y\oplus z\) 和 \(x\) 相同位数个数奇偶性也是相同的 ；若 \((x\circ y)\oplus (x\circ z)=1\)，则 \(x\) 与 \(y\)、\(x\) 与 \(z\) 相同位数个数奇偶性不同，所以 \(y\oplus z\) 和 \(x\) 相同位数个数奇偶性也是不同的。
设 \(A_i=\sum_{i\circ j=0}a_j-\sum_{i\circ j=1}a_j\)。我们来证一下 \(C_i=A_iB_i\) 的正确性：
来看看怎么快速计算 \(A,B\) 的值，依旧是分治：
对于 \(i\) 在当前位为 \(0\) 的子数列 \(A_0\)，进行 \(\circ\) 运算时发现它和 \(0\) 计算或和 \(1\) 计算结果都不会变（因为 \(0\cap 0=0,0\cap1=0\)），所以 \(A_i=\sum_{i\circ j=0}a_j-\sum_{i\circ j=1}a_j\) 中的 \(\sum_{i\circ j=1}a_j=0\)。
对于 \(i\) 在当前位为 \(1\) 的子数列 \(A_1\)，进行 \(\circ\) 运算时发现它和 \(0\) 计算结果是 \(0\)，和 \(1\) 计算结果是 \(1\)（因为 \(1\cap 0=0,1\cap1=1\)）。
综上，有：
也就是：
逆变换易得：
给出代码，顺变换时 \(\text{type}=1\)，逆变换时 \(\text{type}=\frac{1}{2}\)。
void Xor(ll *a, ll type) {
for(ll x = 2; x <= n; x <<= 1) {
ll k = x >> 1;
for(ll i = 0; i < n; i += x) {
for(ll j = 0; j < k; j ++) {
(a[i + j] += a[i + j + k]) %= P;
(a[i + j + k] = a[i + j] - a[i + j + k] * 2) %= P;
(a[i + j] *= type) %= P;
(a[i + j + k] *= type) %= P;
}
}
}
}
现在大家能去切前两道模板例题，并挑战一下后面的几道题目了。
从另一个角度看待 FWT
我们设 \(c(i,j)\) 是 \(a_j\) 对 \(A_i\) 的贡献系数。我们可以重新描述 FWT 变换的过程：
因为有：
所以我们可以通过简单的证明得到：\(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\odot k)\)。其中 \(\odot\) 是任意一种位运算。
同时，\(c\) 函数还有一个重要的性质，它可以按位处理。
举个例子，我们变换的时候：
这么做是比较劣的，我们将其拆分：
考虑前面的式子和后面的式子 \(i,j\) 的区别，发现只有最高位不同。
所以我们将 \(i,j\) 去除最高位的值为 \(i',j'\)，并记 \(i_0\) 为 \(i\) 的最高位。有：
如果 \(i_0=0\)，则有：
\(i_0=1\) 则有：
也就是说，我们只需要：
四个数就可以完成变换了。我们称这个矩阵为位矩阵。
如果我们要进行逆变换，则需要上面的位矩阵的逆矩阵。
若逆矩阵为 \(c^{-1}\)，可以通过类似操作得到原数：
逆矩阵不一定存在，比如如果有一排 \(0\) 或者一列 \(0\) 那么这个矩阵就没有逆，我们在构造时需要格外小心。
按位或
我们可以构造：
这样满足 \(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\cup k)\)。我们发现，这和我们前面推出的 \(A=\text{merge}(A_0, A_0+A_1)\) 一模一样！同理，下面也是一个满足这个条件的矩阵，但我们一般使用上面这个：
虽然下面这个矩阵也满足 \(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\cup k)\)，但这个矩阵存在一排 \(0\)，不存在逆，所以不合法：
如果我们要进行逆变换，则需要对矩阵求逆，以最上面这个矩阵为例，得：
然后按照顺变换的方法，把逆变换矩阵代入即可。
按位与
我们可以构造：
这样满足 \(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\cap k)\)。
逆矩阵：
按位异或
我们可以构造：
这样满足 \(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\oplus k)\)。
逆矩阵：
FWT 的性质
FWT 是线性变换。
若 \(FWT(X)\) 是 \(X\) 的 FWT 变换，则有：
以及：
这样就可以实现快速卷积，参考第四道例题。
K 维 FWT
max 运算
我们重新看看我们的 \(\cup\) 运算，发现他实际上就是二进制下的取 \(\max\)。我们将其拓展到 \(K\) 进制，有：
若 \(j=k\)，那么上式又是：
也就是说，每一行的 \(1\) 必定只能在 \(0\) 的前面，如果在后面则不合法了。手玩一下可以发现一组合法构造：
求逆可得：
min 运算
我们重新看看我们的 \(\cap\) 运算，发现他实际上就是二进制下的取 \(\min\)。我们将其拓展到 \(K\) 进制，有：
若 \(j=k\)，那么上式又是：
也就是说，每一行的 \(1\) 必定只能在 \(0\) 的后面，如果在后面则不合法了。手玩一下可以发现一组合法构造：
求逆可得：
前两者用得比较少，用得比较多的是：
不进位加法
我们重新看看我们的 \(\oplus\) 运算，发现他实际上就是二进制下的不进位加法。我们将其拓展到 \(K\) 进制，有：
我们构造 \(c(i,j)=\omega_{K}^j\)，就可以满足要求了：
但是每一行都一样矩阵也没有逆，所以我们可以构造 \(c(i,j)=\omega_{K}^{(i-1)j}\) 即可。
有下面这个矩阵：
这不就是我们熟悉的范德蒙德矩阵吗？
现在我们也知道矩阵的逆了：
如果我们题目给出的模数是存在单位根的，我们就可以简单实现，可以参考第六道例题。
但是单位根在模意义下可能不存在，所以我们考虑扩域，就是人为地定义一个 \(x\)，满足 \(x^K=1\)，然后直接把 \(x\) 代入计算，这样每个数都是一个关于 \(x\) 的 \(k-1\) 次多项式。我们只需要在 \(\pmod {x^K-1}\) 下计算即可。那么矩阵可以这么表示：
但是这么做可能会存在零因子，也就是一个数有多种表示方法，我们无法确定一个数的真实值。
我们考虑不 \(\pmod {x^K-1}\) 了，我们 \(\bmod\) 分圆多项式 \(\Phi_{K}(x)\)，他满足 \(x\) 的阶为 \(k\)，且在 \(Q\) 上不可约。所以我们定义上面的计算是在 \(\pmod {\Phi_{K}(x)}\) 下进行即可。
另一方面，如何求分圆多项式，这一点可以在因式分解这道题的题解区里了解。这里给出分圆多项式的表：
还有一个问题是，\(\bmod \Phi_{K}(x)\) 常数大（因为 \(\Phi\) 本身就是一个多项式）。但是因为 \(\Phi_{K}(x)\mid x^k-1\)，我们只需要在计算时 \(\bmod x^k -1\)，最后再 \(\bmod \Phi_{K}(x)\) 即可。
具体实现参考第七道例题。
例题
「洛谷 P4717」 【模板】快速莫比乌斯/沃尔什变换 (FMT/FWT)
求 \(\cup\)、\(\cap\)、\(\oplus\) 的三种卷积。
\(n\le17\)
这题也就是模板题了，下文直接给出代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define P 998244353
const ll N = 1 << 18;
ll n;
ll A[N], B[N];
ll a[N], b[N];
void init() {
for(ll i = 0; i < n; i ++) a[i] = A[i], b[i] = B[i];
}
void Or(ll *a, ll type) {
for(ll x = 2; x <= n; x <<= 1) {
ll k = x >> 1;
for(ll i = 0; i < n; i += x) {
for(ll j = 0; j < k; j ++) {
(a[i + j + k] += a[i + j] * type) %= P;
}
}
}
}
void And(ll *a, ll type) {
for(ll x = 2; x <= n; x <<= 1) {
ll k = x >> 1;
for(ll i = 0; i < n; i += x) {
for(ll j = 0; j < k; j ++) {
(a[i + j] += a[i + j + k] * type) %= P;
}
}
}
}
void Xor(ll *a, ll type) {
for(ll x = 2; x <= n; x <<= 1) {
ll k = x >> 1;
for(ll i = 0; i < n; i += x) {
for(ll j = 0; j < k; j ++) {
(a[i + j] += a[i + j + k]) %= P;
(a[i + j + k] = a[i + j] - a[i + j + k] * 2) %= P;
(a[i + j] *= type) %= P;
(a[i + j + k] *= type) %= P;
}
}
}
}
void calc() {
for(ll i = 0; i < n; i ++) (a[i] *= b[i]) %= P;
}
void print() {
for(ll i = 0; i < n; i ++) printf("%lld ", (a[i] % P + P) % P);
printf("\n");
}
int main() {
scanf("%lld", &n);
n = 1 << n;
for(ll i = 0; i < n; i ++) scanf("%lld", &A[i]);
for(ll i = 0; i < n; i ++) scanf("%lld", &B[i]);
init(); Or(a, 1); Or(b, 1); calc(); Or(a, P - 1); print();
init(); And(a, 1); And(b, 1); calc(); And(a, P - 1); print();
init(); Xor(a, 1); Xor(b, 1); calc(); Xor(a, 499122177); print();
}
「洛谷 P6097」 【模板】子集卷积
求：
\[c_k=\sum_{\substack{{i \cap j=0}\\{i\cup j=k}}} a_i b_j \]\(n\le20\)
首先，下半部分是我们喜闻乐见的 FWT 常见形式，而上半部分我们可以看成是 \(i\) 与 \(j\) 不交。有：
所以我们可以构造：
可以枚举 \(\text{popcnt}\) 的值，分开考虑。
那么求 \(C\) 的时候有 \(C_{i,j}=\sum_{j=0}^n A_{i,k}B_{i,j-k}\)。
然后就可以做了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define popcnt(x) __builtin_popcountll(x)
#define ll long long
const ll M = 20, N = 1 << M, P = 1e9 + 9;
ll n, m;
ll a[M + 1][N], b[M + 1][N], c[M + 1][N];
void Or(ll *a, ll type) {
for(ll x = 2; x <= n; x <<= 1) {
ll k = x >> 1;
for(ll i = 0; i < n; i += x) {
for(ll j = 0; j < k; j ++) {
(a[i + j + k] += a[i + j] * type) %= P;
}
}
}
}
int main() {
scanf("%lld" ,&m);
n = 1 << m;
for(ll i = 0; i < n; i ++) {
scanf("%lld", &a[popcnt(i)][i]);
}
for(ll i = 0; i < n; i ++) {
scanf("%lld", &b[popcnt(i)][i]);
}
for(ll i = 0; i <= m; i ++) {
Or(a[i], 1);
Or(b[i], 1);
}
for(ll i = 0; i <= m; i ++) {
for(ll j = 0; j <= i; j ++) {
for(ll k = 0; k < n; k ++) {
(c[i][k] += a[j][k] * b[i - j][k]) %= P;
}
}
}
for(ll i = 0; i <= m; i ++) {
Or(c[i], -1);
}
for(ll i = 0; i < n; i ++) {
printf("%lld ", (c[popcnt(i)][i] % P + P) % P);
}
}
「牛客 881D」Parity of Tuples
给定 \(n\times m\) 的矩阵 \(a\)，定义 \(\text{cnt}(x)\) 为矩阵中有多少行对于 \(x\) 是合法的，合法的定义为这一行中每一个数 \(a_{i,j}\cap x\) 的二进制值中都有奇数个 \(1\)。
你需要求出对于所有的 \(x\)，\(\text{cnt}\) 的取值。
\(n\le10^5,m\le10,x\le2^{20}\)
再次重申，\(\cap\) 是按位与的意思。
首先我们用数学公式定义一下 \(\text{cnt}\)（因为公式复杂，所以加了 \(\tt large\)）：
说明一下正确性。如果 \(\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)\) 是奇数的话，那么 \((-1)^{\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)}\) 的结果就是 \(-1\)。最后 \(1-(-1)^{\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)}\) 就是 \(2\)，最后会被 \(\frac{1}{2^m}\) 除去；如果 \(\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)\) 是偶数的话，那么 \((-1)^{\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)}\) 的结果就是 \(1\)。最后 \(1-(-1)^{\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)}\) 就是 \(0\)，那么整行的结果都是 \(0\)。
然后我们发现它是可以展开的：
然后我们有一个性质：
也就是 \(\sum_{i=1}^n\text{popcnt}(a_i\cap x)\) 的奇偶性与 \(\text{popcnt}((\oplus_{i=1}^na_i)\cap x)\) 的相同。这点在上面的新的运算符 \(\circ\) 的性质中有类似的体现。
容易得到：
我们发现一加一减的可以容斥，我们容斥计算 \(f_i\) 表示 \(n\) 行的所有式子中 \((-1)^i\) 前面的系数和。
// num 处理到第几列
// x 当前的指数
// mu 当前的系数（+1 or -1）
void dfs(ll *a, ll num, ll x, ll mu) {
if(num > m) {
f[x] += mu;
return;
}
dfs(a, num + 1, x, mu); // 不加入第 num 列，系数不变
dfs(a, num + 1, x ^ a[num], -mu);
}
这样我们就可以进一步化简：
我们突然发现后面这个 \((-1)^i\) 取值只有两种，当 \(x\cap i\) 是奇数时取值为 \(-1\)，否则为 \(1\)。
好了，现在我们的问题转换为了求出：
这不就是 FWT 中的异或变换吗：
综上，我们发现这题就是推式子容斥之后得到 FWT 的形式。
原题需要将输出加密：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll P = 1e9 + 7;
#define N 100010
#define M 20
#define K 21
ll n, m, k;
ll f[1 << K];
ll a[N][M];
// num 处理到第几列
// x 当前的指数
// mu 当前的系数（+1 or -1）
void dfs(ll *a, ll num, ll x, ll mu) {
if(num > m) {
f[x] += mu;
return;
}
dfs(a, num + 1, x, mu); // 不加入第 num 列，系数不变
dfs(a, num + 1, x ^ a[num], -mu);
}
void Xor(ll *a, ll type) {
for(ll x = 2; x <= (1 << k); x <<= 1) {
ll z = x >> 1;
for(ll i = 0; i < (1 << k); i += x) {
for(ll j = 0; j < z; j ++) {
(a[i + j] += a[i + j + z]) %= P;
(a[i + j + z] = a[i + j] - 2 * a[i + j + z]) %= P;
(a[i + j] *= type) %= P;
(a[i + j + z] *= type) %= P;
}
}
}
}
ll qpow(ll x, ll y) {
if(y == 0) return 1;
if(y % 2 == 1) return x * qpow(x, y - 1) % P;
ll tmp = qpow(x, y / 2);
return tmp * tmp % P;
}
int main() {
while(scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &k) != EOF) {
for(ll i = 0; i < (1 << k); i ++) f[i] = 0;
for(ll i = 1; i <= n; i ++) {
for(ll j = 1; j <= m; j ++) {
scanf("%lld", &a[i][j]);
}
dfs(a[i], 1, 0, 1);
}
Xor(f, 1);
ll pw = 1, inv = qpow(1 << m, P - 2), ans = 0;
for(ll i = 0; i < (1 << k); i ++) {
ans ^= f[i] * pw % P * inv % P;
(pw *= 3) %= P;
}
printf("%lld\n", ans);
}
}
「AT ABC212H」 Nim Counting
给定两个数 \(N,K\)，以及一个长度为 \(K\) 的整数数组 \((A_1,A_2,\cdots, A_K)\)。
两个人玩 Nim 游戏。
现在通过以下方式生成一个游戏：
任意选择一个 \(1\le M\le N\)，\(M\) 表示石子堆数。
对于每一堆，其石子数是 \(A\) 中任意一个数。
对于 \(\sum_{i=1}^N K^i\) 种游戏，求先手获胜的游戏数，答案对 \(998244353\) 取模。
\(n\le2\times10^5,K\le2^{16},a_i\le2^{16}\)
根据玩 Nim 游戏的经验，可以发现先手获胜当且仅当 \(\bigoplus_{i=0}^n A_i\neq 0\)。
所以我们定义 dp 式子 \(f_{i,j}\) 表示有 \(i\) 个石堆，且石堆异或和为 \(j\) 的获胜方案数，有：
答案就是 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j\neq0} f_{i,j}\)。
直接转移是朴素的，发现上面的式子刚好是 FWT 异或操作，也就是：
我们定义 \(a\) 是一个全是 \(1\) 的数组即可。
同时，我们发现其实不需要真的进行 \(n\) 次卷积，其实只需要将 FWT 变换过之后的结果 \(A\)，求出 \(A+A^2+A^3+\cdots+A^n\) 即可。
上面的可以通过等比数列求和公式计算。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define P 998244353
const ll K = 1 << 20;
ll n, k, ans;
ll f[K];
void FWT(ll *a, ll type) {
for(ll x = 2; x <= K; x <<= 1) {
ll k = x >> 1;
for(ll i = 0; i < K; i += x) {
for(ll j = 0; j < k; j ++) {
(a[i + j] += a[i + j + k]) %= P;
(a[i + j + k] = a[i + j] - 2 * a[i + j + k]) %= P;
(a[i + j] *= type) %= P;
(a[i + j + k] *= type) %= P;
}
}
}
}
ll qpow(ll x, ll y) {
if(y == 0) return 1;
if(y % 2 == 1) return x * qpow(x, y - 1) % P;
ll tmp = qpow(x, y / 2);
return tmp * tmp % P;
}
int main() {
scanf("%lld %lld", &n, &k);
for(ll i = 1; i <= k; i ++) {
ll x;
scanf("%lld", &x);
f[x] ++;
}
FWT(f, 1);
for(ll i = 0; i < K; i ++) {
if(f[i] == 1) f[i] = n;
else {
f[i] = f[i] * (qpow(f[i], n) - 1) % P * qpow(f[i] - 1, P - 2) % P;
}
}
FWT(f, 499122177);
for(ll i = 1; i < K; i ++) {
(ans += f[i]) %= P;
}
printf("%lld", (ans % P + P) % P);
}
「AT ARC100E」 Or Plus Max
给你一个长度为 \(2^n\) 的序列 \(a\)，每个\(1\le K\le 2^n-1\)，找出最大的 \(a_i+a_j\)（\(i \cup j \le K\)，\(0 \le i < j < 2^n\)）并输出。
\(n\le18\)
就是要求 \(\max_{i\cup j=k} a_i+a_j\)。
我们维护 \(f_{i}\) 表示 \(\max_{i\cup j=i} a_i\)，\(g_i=\text{max2}_{i\cup j=i} a_i\)，\(\text{max2}\) 表示次大值。
然后就像 FWT 的或变换一样了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N = 1 << 18;
ll n;
struct node {
ll mx1, mx2;
node(ll a = 0, ll b = 0):mx1(a), mx2(b) {}
friend node operator +(const node &x, const node &y) {
if(x.mx1 > y.mx1) {
return node(x.mx1, max(x.mx2, y.mx1));
}
return node(y.mx1, max(y.mx2, x.mx1));
}
} a[N];
void FWT(node *a) {
for(ll x = 2; x <= n; x <<= 1) {
ll k = x >> 1;
for(ll i = 0; i < n; i += x) {
for(ll j = 0; j < k; j ++) {
a[i + j + k] = a[i + j] + a[i + j + k];
}
}
}
}
int main() {
scanf("%lld", &n);
n = 1 << n;
for(ll i = 0; i < n; i ++) {
scanf("%lld", &a[i].mx1);
}
FWT(a);
for(ll i = 0; i < n; i ++) {
a[i].mx1 = a[i].mx1 + a[i].mx2;
}
ll ans = 0;
for(ll i = 1; i < n; i ++) {
ans = max(ans, a[i].mx1);
printf("%lld\n", ans);
}
}
「HDU 6618」 Good Numbers
定义一个正整数 \(n\) 是好数当且仅当 \(n\) 在 8 进制表示下所有的数码出现的次数为 3 的倍数（出现 0 次亦可）。
有多少个 \(k\) 位的 8 进制数（不含前导 0），满足这个数是好的，且是 \(p\) 的倍数。对 \(10^9+9\) 取模。
例如：当 \(k=3,p=2\) 时，好数有 \(222,444,666\) 三个。
\(k\le10^{18},p<8\)
考虑状压 dp，设 \(f_{i,s,j}\) 表示第 \(i\) 位，\(8\) 种数出现次数对 \(3\) 取模的状压情况，以及数对 \(p\) 取模的结果为 \(j\)。
答案就是 \(f_{k,0,0}\)。
直接暴力枚举位数转移是朴素的，瓶颈在于 \(k\)，考虑优化掉 \(k\)。
发现我们可以使用像快速幂一样的方法，也就是倍增 dp。
转移公式就是：
其中 \(t\) 是转移的位数，而 \(\oplus\) 在这里是不进位三进制加法。
发现这样多了瓶颈——我们需要枚举 \(s_1\) 和 \(s_2\)。
但是我们发现这不就是 FWT 中异或的形式吗：\(c_{i\oplus j}\gets a_ib_j\)。考虑三进制 FWT 加速。下面给出 FWT 的代码，w1 是原根的一次方，w2 是原根的二次方：
void FWT(ll *a, ll type) {
for (ll x = 3; x <= N; x *= 3) {
ll k = x / 3;
for (ll i = 0; i < N; i += x) {
for (ll j = 0; j < k; j ++) {
for (ll l = 0; l < 3; l++) tmp1[l] = a[i + j + l * k];
if (type == 1) {
tmp2[0] = (tmp1[0] + tmp1[1] + tmp1[2]) % P;
tmp2[1] = (tmp1[0] + tmp1[1] * w1 + tmp1[2] * w2) % P;
tmp2[2] = (tmp1[0] + tmp1[1] * w2 + tmp1[2] * w1) % P;
} else {
tmp2[0] = (tmp1[0] + tmp1[1] + tmp1[2]) % P;
tmp2[1] = (tmp1[0] + tmp1[1] * w2 + tmp1[2] * w1) % P;
tmp2[2] = (tmp1[0] + tmp1[1] * w1 + tmp1[2] * w2) % P;
for (ll l = 0; l < 3; l++) (tmp2[l] *= inv3) %= P;
}
for (ll l = 0; l < 3; l++) a[i + j + l * k] = tmp2[l];
}
}
}
}
因为 \(1e9+9\) 存在原根 \(2\)，然后就朴素实现了，注意位矩阵：
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll P = 1e9 + 9;
ll qpow(ll x, ll y) {
if(y == 0) return 1;
if(y % 2 == 1) return x * qpow(x, y - 1) % P;
ll tmp = qpow(x, y / 2);
return tmp * tmp % P;
}
const ll G = 2;
const ll w1 = qpow(G, (P - 1) / 3);
const ll w2 = qpow(G, (P - 1) / 3 * 2);
const ll inv3 = qpow(3, P - 2);
const ll N = 3 * 3 * 3 * 3 * 3 * 3 * 3 * 3;
ll n, p;
ll tmp[8][N], res[8][N], one[8][N];
ll a[8][N], b[8][N];
ll pw3[8];
ll tmp1[3], tmp2[3];
void FWT(ll *a, ll type) {
for (ll x = 3; x <= N; x *= 3) {
ll k = x / 3;
for (ll i = 0; i < N; i += x) {
for (ll j = 0; j < k; j ++) {
for (ll l = 0; l < 3; l++) tmp1[l] = a[i + j + l * k];
if (type == 1) {
tmp2[0] = (tmp1[0] + tmp1[1] + tmp1[2]) % P;
tmp2[1] = (tmp1[0] + tmp1[1] * w1 + tmp1[2] * w2) % P;
tmp2[2] = (tmp1[0] + tmp1[1] * w2 + tmp1[2] * w1) % P;
} else {
tmp2[0] = (tmp1[0] + tmp1[1] + tmp1[2]) % P;
tmp2[1] = (tmp1[0] + tmp1[1] * w2 + tmp1[2] * w1) % P;
tmp2[2] = (tmp1[0] + tmp1[1] * w1 + tmp1[2] * w2) % P;
for (ll l = 0; l < 3; l++) (tmp2[l] *= inv3) %= P;
}
for (ll l = 0; l < 3; l++) a[i + j + l * k] = tmp2[l];
}
}
}
}
ll base = 1;
void fun(ll x) {
if(x == 1) {
memset(res, 0, sizeof res);
memset(tmp, 0, sizeof tmp);
memset(one, 0, sizeof one);
for(ll i = 1; i < 8; i ++) res[i % p][pw3[i]] = 1;
for(ll i = 0; i < 8; i ++) tmp[i % p][pw3[i]] = 1;
for(ll i = 0; i < 8; i ++) one[i % p][pw3[i]] = 1;
for (int i = 0; i < p; i ++) {
FWT(tmp[i], 1);
FWT(res[i], 1);
FWT(one[i], 1);
}
base = 8 % p;
return;
}
if(x % 2 == 1) {
fun(x - 1);
memset(a, 0, sizeof a);
memset(b, 0, sizeof b);
for (ll i = 0; i < p; i ++) {
for (ll j = 0; j < p; j ++) {
ll k = (i * 8 + j) % p;
for (ll x = 0; x < N; x ++)
(a[k][x] += tmp[i][x] * one[j][x]) %= P,
(b[k][x] += res[i][x] * one[j][x]) %= P;
}
}
memcpy(tmp, a, sizeof a);
memcpy(res, b, sizeof b);
(base *= 8) %= P;
return;
}
fun(x / 2);
memset(a, 0, sizeof a);
memset(b, 0, sizeof b);
for (ll i = 0; i < p; i ++) {
for (ll j = 0; j < p; j ++) {
ll k = (i * base + j) % p;
for (ll x = 0; x < N; x ++)
(a[k][x] += tmp[i][x] * tmp[j][x]) %= P,
(b[k][x] += res[i][x] * tmp[j][x]) %= P;
}
}
memcpy(tmp, a, sizeof a);
memcpy(res, b, sizeof b);
(base *= base) %= p;
}
int main() {
pw3[0] = 1;
for(ll i = 1; i <= 8; i ++) {
pw3[i] = pw3[i - 1] * 3;
}
while(scanf("%lld %lld", &n, &p) != EOF) {
fun(n);
FWT(res[0], -1);
printf("%lld\n", res[0][0]);
}
}
「CF 1103E」Radix sum
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a_1,a_2,...,a_n\)，对于每一个 \(p \in [0,n-1]\)，求满足下列条件的整数序列 \(i_1,i_2,...,i_n\) 的方案数，对 \(2^{58}\) 取模：
- \(\forall j \in [1,n] , i_j \in [1,n]\)；
- \(\sum\limits_{j=1}^n a_{i_j} = p\)，这里的加法定义为十进制不进位加法。
\(n\le10^5,a_i\le10^5\)
我们可以想到 dp：设计状态 \(f_{i,s}\) 表示考虑到第 \(i\) 个数，当前加法状态为 \(s\)。因为 FWT 变换时线性的，可以先变换为 FWT 点值表示法，然后变成自己的 \(n\) 次幂，最后再变换回来。
上面是平凡的，但是题目给出了模数 \(2^{58}\)。发现没有单位根，所以考虑扩域。
这里的分圆多项式 \(\Phi_{10}(x)=x^4-x^3+x^2-x+1\)。
然而我们发现 IFWT 时，需要除去进制 \(10\)，然而我们发现 \(10\) 在 \(2^{58}\) 下没有逆元。实际上我们发现 \(5\) 在 \(2^{58}\) 下是有逆元的：\(57646075230342349\)，我们只需要再除去一个 \(2\) 就可以了。设已经除以了 \(5\) 的答案为 \(x\)，真正的答案为 \(y\)，也就是 \(2^5y\equiv x\pmod{2^{64}}\)，显然，我们有 \(y\equiv \frac{x}{2^5}\pmod{2^{64-5}}\)，也就是 \(y\equiv \frac{x}{2^5}\pmod{2^{59}}\)，所以直接将最后的答案除以 \(2^5\) 即可。虽然出题人不知道为什么要模 \(2^{58}\)，但再取下模即可。
然后就是平凡实现了：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll unsigned long long
const ll P = 1ull << 58, N = 1e5 + 10;
const ll m = 5, K = 10;
ll inv5;
ll n;
ll pw[m + 1];
ll qpow(ll x, ll y) {
if(y == 0) return 1;
if(y % 2 == 1) return x * qpow(x, y - 1);
ll tmp = qpow(x, y / 2);
return tmp * tmp;
}
struct poly {
ll a[30];
poly() {memset(a, 0, sizeof a);}
ll operator [](ll x) const {return a[x];}
ll& operator [](ll x) {return a[x];}
friend poly operator *(const poly &x, const poly &y) {
poly z;
for(ll i = 0; i < K; i ++) {
for(ll j = 0; j < K; j ++) {
z[(i + j) % K] += x[i] * y[j];
}
}
return z;
}
friend poly operator *(const poly &x, const ll &y) {
poly z;
for(ll i = 0; i < K; i ++) {
z[i] += x[i] * y;
}
return z;
}
friend poly operator +(const poly &x, const poly &y) {
poly z;
for(ll i = 0; i < K; i ++) {
z[i] += x[i] + y[i];
}
return z;
}
poly w(ll x) {
poly res;
for(ll i = 0; i < K; i ++) {
res[(i + x) % K] += a[i];
}
return res;
}
} T, f[N], one;
poly qpow(poly x, ll y) {
if(y == 0) return one;
if(y % 2 == 1) return x * qpow(x, y - 1);
poly tmp = qpow(x, y / 2);
return tmp * tmp;
}
poly tmp1[30], tmp2[30];
void FWT(poly *a, ll type) {
for(ll x = K; x <= pw[m]; x *= K) {
ll k = x / K;
for(ll i = 0; i < pw[m]; i += x) {
for(ll j = 0; j < k; j ++) {
for(ll l = 0; l < K; l ++) tmp1[l] = a[i + j + l * k], tmp2[l] = poly();
if(type == 1) {
for(ll l = 0; l < K; l ++) {
for(ll v = 0; v < K; v ++) {
tmp2[l] = tmp2[l] + tmp1[v].w(l * v % K);
}
}
for(ll l = 0; l < K; l ++) a[i + j + l * k] = tmp2[l];
} else {
for(ll l = 0; l < K; l ++) {
for(ll v = 0; v < K; v ++) {
tmp2[l] = tmp2[l] + tmp1[v].w((K - (l * v % K)) % K);
}
}
for(ll l = 0; l < K; l ++) a[i + j + l * k] = tmp2[l] * inv5;
}
}
}
}
}
ll mod(poly x){
ll n = 4;
for(ll i = K - 1; i >= n; i --){
ll u = x[i];
for(ll j = 1; j <= n; j ++) x[i - j] -= u * T[n - j];
}
ll u = x[0];
u >>= m;
return u % P;
}
int main() {
pw[0] = 1;
for(ll i = 1; i <= m; i ++) pw[i] = pw[i - 1] * K;
T[0] = 1, T[1] = -1, T[2] = 1, T[3] = -1, T[4] = 1; // 分圆多项式phi10
one[0] = 1;
inv5 = 57646075230342349ull;
scanf("%llu", &n);
for(ll i = 1; i <= n; i ++) {
ll x;
scanf("%llu", &x);
f[x][0] ++;
}
FWT(f, 1);
for(ll i = 0; i < pw[m]; i ++) f[i] = qpow(f[i], n);
FWT(f, -1);
for(ll i = 0; i < n; i ++) cout<<mod(f[i])<<'\n';
}