前（che）言（dan）

$FWT$是個神奇的東西。

然而網(wǎng)上多數(shù)講解多數(shù)直接給結(jié)論，頂多用歸納法證一證。

所以本文會講解$FWT$的推導(dǎo)過程。

雖然也用到了構(gòu)造，但是好背得多

參考博客：https://www.cnblogs.com/ACMSN/p/11031072.html

能干啥

眾所周知，$FFT$求的是

$$C_k=\sum _{i+j=k}{A}_i{B}_j$$

而$FWT$求的是

$$C_k=\sum _{i\oplus j=k}{A}_i{B}_j$$
其中$\oplus$為邏輯位運算符，即$\&,|,\hat{}$

兩者思想類似，但實際上是兩條不同的線。

約定

大寫字母$A,B,C$表示一個序列（多項式），下標從$0$開始，到$n?1$結(jié)束

小寫字母$i,j,k$表示循環(huán)變量

$A+B,A?B,A?B$表示對應(yīng)位直接相加,相減或相乘

$A\oplus B$表示對應(yīng)的卷積，$\oplus$為$\&,|,\hat{},\times (乘法)$

$A[i]$表示序列第$i$位

$A_0,A_1$表示序列前半部分和后半部分

$(A,B)$表示將兩個序列拼接在一起

如果涉及了集合運算，表示這個數(shù)二進制$1$的位置構(gòu)成的集合

分析

回憶$FFT$的過程，它的思想是構(gòu)造一個$FFT$函數(shù)及其逆運算$IFFT$，使得

$$IFFT(FFT(A)?FFT(B))=A\times B$$

$FWT$則構(gòu)造

$$IFWT(FWT(A)?FWT(B))=A\oplus B$$

以下都假裝$N$是$2$的整數(shù)次冪

先說主要思想：構(gòu)造一個$i,j$的關(guān)系式$g(i,j)$，使得

$$FWT(A)[i]=\sum _{j=0}^{n?1}g(i,j)A[j]$$

我們想要

$$FWT(A\oplus B)=FWT(A)?FWT(B)$$

即對于任意的$i$

$$FWT(A\oplus B)[i]=FWT(A)[i]?FWT(B)[i]$$

代入

$$\sum _{j=0}^{n?1}g(i,j)((A\oplus B)[j])=\sum _{j=0}^{n?1}g(i,j)A[j]\sum _{k=0}^{n?1}g(i,k)B[k]$$

拆開

$$\sum _{x=0}^{n?1}g(i,x)\sum _{j\oplus k=x}A[j]?B[k]=\sum _{j=0}^{n?1}g(i,j)A[j]\sum _{k=0}^{n?1}g(i,k)B[k]$$

右邊可以乘法分配率合并（其實就是換個順序）

$$\sum _{x=0}^{n?1}g(i,x)\sum _{j\oplus k=x}A[j]?B[k]=\sum _{j=0}^{n?1}\sum _{k=0}^{n?1}g(i,j)g(i,k)A[j]B[k]$$

左邊更換枚舉項

$$\sum _{j=0}^{n?1}\sum _{k=0}^{n?1}g(i,j\oplus k)A[j]B[k]=\sum _{j=0}^{n?1}\sum _{k=0}^{n?1}g(i,j)g(i,k)A[j]B[k]$$

即:

$$g(i,j\oplus k)=g(i,j)g(i,k)$$

我們還需要證一個東西：

$$FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)$$

對于每個$i$

$$FWT(A+B)[i]=FWT(A)[i]+FWT(B)[i]$$

套定義

$$\sum _{j=0}^{n?1}g(i,j)(A+B)[j]=\sum _{j=0}^{n?1}g(i,j)A[j]+\sum _{j=0}^{n?1}g(i,j)B[j]$$

然后很顯然 證畢

完結(jié)撒花

或

構(gòu)造

$$g(i,j|k)=g(i,j)g(i,k)$$

寫成集合形式

$$g(i,j\cup k)=g(i,j)g(i,k)$$

構(gòu)造$g(i,j)=[j?i]$即可

實現(xiàn)

$$FWT(A)[i]=\sum _{j?i}A[j]$$

考慮分治

將一個序列分成左右兩部分，左邊最高位為$0$ 右邊最高位為$1$

對于左邊，其子集就是上一個的子集

右邊再加上左邊，因為可以不選最高位

即

$$FWT(A)=(FWT(A_0),FWT(A_0)+FWT(A_1))$$

只有一項直接返回

逆運算解個方程就行了
$$\{\begin{array}{rl}FWT(A{)}_0& =FWT(A_0)\\ FWT(A{)}_1& =FWT(A_0)+FWT(A_1)\end{array}$$

$$\{\begin{array}{rl}FWT(A_0)& =FWT(A{)}_0\\ FWT(A_1)& =FWT(A{)}_1?FWT(A{)}_0\end{array}$$

即

$$IFWT(A)=(IFWT(A_0),IFWT(A_1)?IFWT(A_0))$$

與

同理，略

$$FWT(A)=(FWT(A_0)+FWT(A_1),FWT(A_1))$$

$$IFWT(A)=(IFWT(A_0)?IFWT(A_1),IFWT(A_1))$$

異或

構(gòu)造

$$g(i,j\hat{}k)=g(i,j)g(i,k)$$

我也不知道怎么想到的構(gòu)造

$$g(i,j)=(?1{)}^{|i\cap j|}$$

用到了異或不會改變$1$的總數(shù)的奇偶性 意識流得證

實現(xiàn)

$$FWT(A)[i]=\sum _{j=0}^{n?1}(?1{)}^{|i\cap j|}A[j]$$

仍然分成左右兩部分，右邊表示選擇最高位

發(fā)現(xiàn)只有兩側(cè)都填$1$的時候會改變$|i\cap j|$的奇偶性，相當于產(chǎn)生負的貢獻。其余都產(chǎn)生正貢獻。

即

$$FWT(A)=(FWT(A_0)+FWT(A_1),FWT(A_0)?FWT(A_1))$$

$$IFWT(A)=(\frac{IFWT(A_0)+IFWT(A_1)}{2},\frac{IFWT(A_0)?IFWT(A_1)}{2})$$

代碼

void ForT(int* a,int n,int type) {for (int len=2;len<=(1<<n);len<<=1){int mid=len>>1;for (int s=0;s<(1<<n);s+=len)for (int k=0;k<mid;k++){a[s+mid+k]=(a[s+mid+k]+type*a[s+k])%MOD;if (a[s+mid+k]<0) a[s+mid+k]+=MOD;}} } void FandT(int* a,int n,int type) {for (int len=2;len<=(1<<n);len<<=1){int mid=len>>1;for (int s=0;s<(1<<n);s+=len)for (int k=0;k<mid;k++){a[s+k]=(a[s+k]+type*a[s+mid+k])%MOD;if (a[s+k]<0) a[s+k]+=MOD;}} } void FxorT(int* a,int n,int type) {for (int len=2;len<=(1<<n);len<<=1){int mid=len>>1;for (int s=0;s<(1<<n);s+=len)for (int k=0;k<mid;k++){a[s+k]=(a[s+k]+a[s+mid+k])%MOD;a[s+mid+k]=(a[s+k]-2*a[s+mid+k])%MOD;if (a[s+mid+k]<0) a[s+mid+k]+=MOD;if (type==-1) a[s+k]=(ll)a[s+k]*INV%MOD,a[s+mid+k]=(ll)a[s+mid+k]*INV%MOD;}} } 創(chuàng)作挑戰(zhàn)賽新人創(chuàng)作獎勵來咯，堅持創(chuàng)作打卡瓜分現(xiàn)金大獎

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的快速沃尔什变换：从入门到背板（含推导过程）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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