FWT——快速沃尔什变换

前言

这个东西就是方便做题···也没什么大用处，写起来倒是比FFT简单不少，原理也很简单。

问题描述

我们知道，在FFT中，我们快速解决了C=(A卷积B)即Ci=∑nj=0Aj∗Bi−j
我们现在需要快速解决一类位运算卷积问题。即，Ci=∑j⊕k=iAj∗Bk。这个⊕可以指xor，and，or等等等等。

FWT

我们记C=A∗B的意义为Ci=Ai∗Bi；C=A±B的意义为Ci=Ai±Bi
为了快速解决C=A⊕B，以前的贤者搞出了一种变换，记为tf(transfer)，这种变换满足tf(C)=tf(A)∗tf(B)。哦，这样一来，我们先搞出A和B的变换，再乘起来，再使用utf，逆变换，把tf(C)变回C（像FFT中逆DFT一样）。便实现了快速卷积。

transfer

就以异或举例。和FFT一样的，为了快速算，必须补齐到2的幂次的大小。
令A=a0,a1,a2....a2k
则tf(A)=(tf(A0)+tf(A1),tf(A0)−tf(A1))
其中A0=<a0,a1,...,a2k−1−1>,A1=<a2k−1,a2k−1+1,...,a2k−1>
即把A中的下标按照二进制最高位为0或1分成前后两部分（前面的为A0,后面的为A1），分治下去做。
分治之后得到tf(A0)和tf(A1)。然后tf(A)的前半部分(即[0,2k−1−1])为tf(A0)+tf(A1)，后半部分（即[2k−1,2k−1]）为tf(A0)−tf(A1)。
其实这个过程就相当于是一个精妙的构造，使得原问题转化了。
至于这样为什么是对的，证明起来很麻烦，思路大概是：我们随便搞个A,B,C，然后按照原意义给出Ci和Aj,Bk的关系，然后使用归纳法。即先证明两个元素的时候是可以的，然后再证明如果2k个可以，2k+1也可以。
这样就弄完了transfer

untransfer

得到了tf(C)，我们再把它逆转换回来就好了。证明方法是一样的。

代码

十分简短，由于我只是去简单应用它，大概知道步骤，背下代码就行了，实现过程应该跟FFT有异曲同工之妙（划掉O(∩_∩)O
(我自己还没打，临时搬个别人的代码)

void FWT(int a[],int n)  {      for(int d=1;d<n;d<<=1)          for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)              for(int j=0;j<d;j++)              {                  int x=a[i+j],y=a[i+j+d];                  a[i+j]=(x+y)%mod,a[i+j+d]=(x-y+mod)%mod;                  //xor:a[i+j]=x+y,a[i+j+d]=(x-y+mod)%mod;                  //and:a[i+j]=x+y;                  //or:a[i+j+d]=x+y;              }  }  void UFWT(int a[],int n)  {      for(int d=1;d<n;d<<=1)          for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)              for(int j=0;j<d;j++)              {                  int x=a[i+j],y=a[i+j+d];                  a[i+j]=1LL*(x+y)*rev%mod,a[i+j+d]=(1LL*(x-y)*rev%mod+mod)%mod;                  //xor:a[i+j]=(x+y)/2,a[i+j+d]=(x-y)/2;                  //and:a[i+j]=x-y;                  //or:a[i+j+d]=y-x;              }  }  void solve(int a[],int b[],int n)  {      FWT(a,n);      FWT(b,n);      for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1LL*a[i]*b[i]%mod;      UFWT(a,n);  }