u1s1 距离省选只剩 5 days 了，现在学新算法真的合适吗（（
位运算卷积
众所周知，对于最普通的卷积 \(c_i=\sum\limits_{j+k=i}a_jb_k\)，\(a_jb_k\) 的贡献累加到 \(c_{j+k}\) 上，因此这种卷积又被称为加法卷积。
但是对于某些卷积，\(a_jb_k\) 的贡献就不是累加到 \(j+k\) 上了，有一类卷积，\(a_jb_k\) 的贡献会累加到 \(j\otimes k\) 上，其中 \(\otimes\) 是某种位运算，即 \(\&,|,\oplus\) 中的一个。
位运算卷积的名称视 \(\otimes\) 运算而定，例如卷积 \(c_i=\sum\limits_{j|k=i}a_jb_k\) 被称为 \(\text{or}\) 卷积。
快速沃尔什变换（FWT）
直接求两序列的位运算卷积显然是平方的，而快速沃尔什变换（FWT）可在 \(n\log n\) 的复杂度内求出两序列的位运算卷积。
回顾一下我们使用 FFT 求两序列加法卷积的过程，我们构造了一个序列 \(\hat{a}\) 表示序列 \(a\) 的点值序列，那么根据 \(\hat{c}_i=\hat{a}_i\times\hat{b}_i\) 可在线性时间由 \(\hat{a},\hat{b}\) 求出 \(\hat{c}\)，再在 \(n\log n\) 的时间内实现 \(a\to\hat{a},b\to\hat{b}\) 以及 \(\hat{c}\to c\) 即可在 \(n\log n\) 的时间内求出两序列的卷积。
考虑将 FFT 求加法卷积的过程迁移到位运算卷积上，我们希望能对已知序列 \(a\) 构造出一个新的序列 \(\text{FWT}(a)\)，满足 \(\text{FWT}(a)_i\times\text{FWT}(b)_i=\text{FWT}(c)_i\)，并且能够在 \(n\log n\) 的时间内实现 \(a\to\text{FWT}(a),b\to\text{FWT}(b)\) 以及 \(\text{FWT}(c)\to c\)，这样就可以实现 \(n\log n\) 求出 \(c_i\)。
大体思路就是这样。不过对于不同的位运算卷积，显然我们构造的 \(\text{FWT}(a)\) 也是不同的，所以还是具体情况具体分析罢。
\(\text{or}\) 卷积
我们构造 \(\text{FWT}(a)_i=\sum\limits_{j|i=i}a_j\)。
那么有：
接下来考虑怎样求 \(\text{FWT}(a)_i\)，其实仔细观察这个求和公式，不难发现如果我们将 \(i\) 的二进制表示看作一个集合，那么 \(\text{FWT}(a)_i\) 实际上就是所有 \(j\subseteq i\) 的 \(a_j\) 的总和，这显然可以用 SOS DP（高维前缀和）求出，复杂度 \(n\log n\)，实际上这就是 FMT（快速莫比乌斯变换）的基本思想，将在讲解 FMT 的部分提到。
考虑怎样用类似于 FFT 的分治方法求解这个东西，记 \(m=\log_2n\)。我们考虑将 \(a_0,a_1,a_2,\cdots,a_{2^m-1}\) 分成两部分，一部分最高位为 \(0\)，记作序列 \(b_0\)，另一部分最高位为 \(1\)，记作序列 \(b_1\)，那么显然 \(b_{0,i}=a_i,b_{1,i}=a_{i+2^{m-1}}(i\in[0,2^{m-1}-1])\)，我们假设已经知道了 \(\text{FWT}(b_{0}),\text{FWT}(b_{1})\) 的值怎样计算 \(\text{FWT}(a)\)，显然对于 \(i<2^{m-1}\)，\(\text{FWT}(b_1)_j\) 不可能对 \(\text{FWT}(a)_i\) 产生任何影响，故 \(\text{FWT}(a)_i=\text{FWT}(b_0)_i\)，而对于 \(i\ge 2^{m-i}\)，所有满足 \(j|i=i\) 的 \(j\) 可以分为两类，\(j\) 的 \(2^{m-1}\) 位为 \(0\) 和为 \(1\)，若 \(j\) 的 \(2^{m-1}\) 位为 \(0\)，那么必然有 \(j|(i-2^{m-1})=i-2^{m-1}\)，产生的贡献为 \(\text{FWT}(b_0)_{i-2^{m-1}}\)，同理若 \(j\) 的 \(2^{m-1}\) 位为 \(1\)，那么 \((j-2^{m-1})|(i-2^{m-1})=i-2^{m-1}\)，\(\text{FWT}(b_1)_{i-2^{m-1}}\)，故 \(\text{FWT}(a)_i=\text{FWT}(b_0)_{i-2^{m-1}}+\text{FWT}(b_1)_{i-2^{m-1}}\)，递归求解即可。当然也有不递归的写法——可以像 FFT 那样从长度为 \(2\) 的区间开始求解，接下来求解长度为 \(4\) 的区间，以此类推，复杂度 \(n\log n\)。
void FWTor(int *a,int len){
for(int i=2;i<=len;i<<=1)
for(int j=0;j<len;j+=i)
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
a[(i>>1)+j+k]+=a[j+k];
}
接下来考虑怎样通过 \(\text{FWT}(a)_i\) 反解 \(a_i\)，其实就是上述过程的逆操作罢了。记数组 \(b\) 为我们待还原的数组，初始 \(b_i=\text{FWT}(a)_i\)。我们从低到高位考虑，考虑最低位为 \(1\) 的所有 \(i\)，显然对于所有 \(j|i=i\) 的 \(j\)，它的最低位有可能是 \(0\)，也有可能是 \(1\)，而我们不希望最低位为 \(0\) 的部分累加入 \(b_i\)，那么我们就令 \(b_i\leftarrow b_i-b_{i-1}\)，显然 \(i-1\) 与 \(i\) 只有最后一位不同，故此时 \(b_{i-1}\) 就是所有满足 \(j|i=i\)，并且 \(j\) 的最低位为 \(0\) 的 \(a_j\) 之和，因此进行一遍这个操作后，得到的 \(b_i\) 就是所有满足 \(j|i=i\)，并且 \(j\) 的最低位为 \(1\) 的 \(a_j\) 之和。我们再对倒数第二位为 \(1\) 的 \(j\) 执行类似的操作，只不过把 \(b_i\leftarrow b_i-b_{i-1}\) 改为 \(b_i\leftarrow b_{i-2}\)，仿照上述推理过程可知此时 \(b_i\) 就是所有满足 \(j|i=i\)，并且 \(j\) 的最后两位与 \(i\) 的最后两位相同的 \(a_j\) 之和。以此类推，最终得到的 \(b_i\) 就是我们想要的 \(a_i\) 了。
void IFWTor(int *a,int len){
for(int i=2;i<=len;i<<=1)
for(int j=0;j<len;j+=i)
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
a[(i>>1)+j+k]-=a[j+k];
}
显然两份代码可以合并：
void FWTor(int *a,int len,int type){
for(int i=2;i<=len;i<<=1)
for(int j=0;j<len;j+=i)
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
a[(i>>1)+j+k]+=type*a[j+k];
}
\(\text{and}\) 卷积
其实与 \(\text{or}\) 卷积差不多罢……
只不过把 \(\text{FWT}(a)_i\) 的定义改为 \(\text{FWT}(a)_i=\sum\limits_{j\&i=i}a_j\)，仿照 \(\text{or}\) 卷积的推理过程可知这里 \(\text{FWT}(c)_i=\text{FWT}(a)_i\times \text{FWT}(b)_i\) 同样成立。
求解过程也异常类似，只不过把 \(a_{i+2^{m-1}}\leftarrow a_{i}+a_{i+2^{m-1}}\) 改为 \(a_{i}\leftarrow a_{i}+a_{i+2^{m-1}}\)，因为集合意义下的 \(\&\) 运算可以看作对补集的 \(|\) 运算。时间复杂度同样是 \(n\log n\)。
void FWTand(int *a,int len,int type){
for(int i=2;i<=len;i<<=1)
for(int j=0;j<len;j+=i)
for(int k=0;k<(i>>1);k++)
a[j+k]+=type*a[(i>>1)+j+k];
}
\(\text{xor}\) 卷积
zszz，\(\text{and}\) 运算可以看作集合取交，\(\text{or}\) 运算可以看作集合取并。
那 \(\text{xor}\) 运算……似乎没法直接与集合建立起联系啊……
这也就是为什么 \(\text{xor}\) 卷积的推导过程比 \(\text{and}\) 和 \(\text{or}\) 卷积要复杂不少。
我们考虑函数 \(f(i,j)=(-1)^{|i\cup j|}\)，i.e.，如果 \(i\&j\) 二进制下 \(1\) 的个数为奇数则返回 \(-1\)，否则返回 \(1\)。
显然 \(f\) 函数有一个很重要的性质：\(f(i,j)f(i,k)=f(i,j\oplus k)\)，因为显然 \(i\cup(j\oplus k)=(i\cup j)\oplus (i\cup k)\)，故 \(f(i,j\oplus k)=(-1)^{|i\cup(j\oplus k)|}=(-1)^{|(i\cup j)\oplus (i\cup k)|}=(-1)^{|i\cup j|}(-1)^{|i\cup k|}=f(i,j)f(i,k)\)。
因此我们考虑记 \(\text{FWT}(a)_i=\sum\limits_{j}f(i,j)a_j\)，那么有：
\(\begin{aligned}\text{FWT}(c)_i&=\sum\limits_{x}c_xf(i,x)\\&=\sum\limits_{x}\sum\limits_{j\oplus k=x}a_jb_kf(i,x)\\&=\sum\limits_{x}\sum\limits_{j\oplus k=x}a_jb_kf(i,j)f(i,k)\\&=\sum\limits_{j}a_jf(i,j)\sum\limits_{k}b_kf(i,k)\\&=\text{FWT}(a)_i\text{FWT}(b)_i\end{aligned}\)
（其实通过上面的推导过程可以发现所有位运算卷积的 \(\text{FWT}(a)_i\) 都可以写成形如 \(\sum\limits_{j}f(i,j)a_j\) 的形式，其中 \(f(i,j)\) 需满足 \(f(i,j)f(i,k)=f(i,j\otimes k)\)，\(\otimes\) 为对应的位运算）
按照套路接下来就是怎样求解 \(\text{FWT}(a)_i\) 的问题了，我们还是考虑将 \(a\) 序列按下标的最高位分为两个序列，最高位为 \(0\) 的序列记作 \(b_0\)，最高位为 \(1\) 的序列记作 \(b_1\)，那么：
-
对于 \(i\le 2^{m-1}-1\)，显然有 \(j\&i=(j-2^{m-1})\&i(j\ge 2^{m-1})\)，故下式成立：
\[\begin{aligned}\text{FWT}(a)_i&=\sum\limits_{j=0}^{2^{m-1}-1}f(i,j)b_j+\sum\limits_{j=2^{m-1}}^{2^m-1}f(i,j)b_j\\&=\sum\limits_{j=0}^{2^{m-1}-1}f(i,j)b_{0,j}+\sum\limits_{j=2^{m-1}}^{2^m-1}f(i,j-2^{m-1})b_{1,j-2^{m-1}}\\&=\text{FWT}(b_0)_j+\text{FWT}(b_1)_j\end{aligned} \] -
对于 \(i\ge 2^{m-1}\)，类似地有 \(j\&i=\begin{cases}(j-2^{m-1})\&i&(j<2^{m-1})\\(j-2^{m-1})\&i+2^{m-1}&(j\ge2^{m-1})\end{cases}\)，故我们有：
\[\begin{aligned}\text{FWT}(a)_i&=\sum\limits_{j=0}^{2^{m-1}-1}f(i-2^{m-1},j)b_{j}+\sum\limits_{j=2^{m-1}}^{2^m-1}f(i,j)b_j\\&=\sum\limits_{j=0}^{2^{m-1}-1}f(i-2^{m-1},j)b_{0,j}+\sum\limits_{j=2^{m-1}}^{2^m-1}-f(i-2^{m-1},j-2^{m-1})b_{1,j-2^{m-1}}\\&=\text{FWT}(b_0)_j-\text{FWT}(b_1)_j\end{aligned} \]
仿照 FWTor/FWTand 的套路计算一下即可。
至于逆操作……一个道理，把所有操作还原回去即可。
void FWTxor(int *a,int len,int type){
for(int i=2;i<=len;i<<=1)
for(int j=0;j<len;j+=i)
for(int k=0;k<(i>>1);k++){
int X=a[j+k],Y=a[(i>>1)+j+k];
if(type==1) a[j+k]=X+Y,a[(i>>1)+j+k]=X-Y;
else a[j+k]=(X+Y)/2,a[(i>>1)+j+k]=(X-Y)/2;
}
}
快速莫比乌斯变换（FMT）
快速沃尔什变换可以在 \(n\log n\) 的时间内求出两个序列的位运算卷积，事实上，快速莫比乌斯变换也有着类似的功效，只不过它的局限性比快速沃尔什变换稍微大一点——它只能用来求两个序列的 \(\text{or}\) 卷积和 \(\text{and}\) 卷积，复杂度同 FWT，\(\text{xor}\) 卷积不在其能搞定的范围内，也就是说 FWT 是严格强于 FMT 的，不过 FMT 的优点在于它的理解难度比 FWT 小。
FMT 与 FWT 最大的不同点在于它们的切入点不同，FWT 是直接从位运算的角度优化上述公式的计算，而 FMT 则是从集合的角度切入的，也就是说我们可以把所有 \([0,2^m)\) 的数看作一个 \(\{1,2,3,4,\cdots,n\}\) 的子集，对于 \(i\in[0,2^m),j\in[0,m-1]\)，若 \(i\) 的第 \(2^j\) 位为 \(1\)，则 \(j+1\) 在 \(i\) 表示的集合中，反之 \(j+1\) 不在 \(i\) 表示的集合中。在下文中为了表述方便，记 \(i\cup j=i|j,i\cap j=i\&j,i\subseteq j=[i|j=j]\)
以 \(\text{or}\) 卷积为例，我们不直接求出 \(c_i\)，instead 我们记 \(d_i=\sum\limits_{j\subseteq i}c_j\)，也就是所有包含于 \(i\) 的 \(j\) 的 \(c_j\) 之和，显然求出了 \(d_i\) 只需高维差分一下即可求出 \(c_j\)，接下来考虑怎样求 \(d_i\)，考虑什么样的 \(j,k\) 满足 \(a_jb_k\) 会对 \(d_i\) 产生贡献，显然 \(a_jb_k\) 会直接对 \(c_{j\cup k}\) 产生贡献，而 \(c_{j\cup k}\) 对 \(d_i\) 产生贡献的充要条件是 \((j\cup k)\subseteq i\)，故 \(a_jb_k\) 对 \(d_i\) 产生贡献的充要条件是 \((j\cup k)\subseteq i\)，而显然 \((j\cup k)\subseteq i\leftrightarrow j\subseteq i\land k\subseteq i\)，此时 \(j,k\) 就可以独立考虑了，记 \(s_i=\sum\limits_{j\subseteq i}a_j,t_i=\sum\limits_{k\subseteq i}b_k\)，那么有 \(d_i=s_it_i\)，\(s_i,t_i\) 显然可以用一遍高维前缀和求出，复杂度 \(n\log n\)。
至于 \(\text{and}\) 卷积，只需把前缀和改为后缀和即可，复杂度同样 \(n\log n\)。
u1s1 FMT 与 FWT 其实根本没有本质区别……
子集卷积
大概就是对于序列 \(a,b\)，求满足 \(c_i=\sum\limits_{j|k=i\land j\&k=0}a_jb_k\) 的序列 \(c\)。
首先可以肯定的是用 FWTor 只能满足 \(j|k=i\)，无法满足 \(j\&k=0\)。
不过有一个显然的 observation 就是 \(j\&k=0\) 等价于 \(|j|+|k|=|j\cup k|\)（这里是将所有非负数看作一个集合，\(|x|\) 即为集合 \(x\) 的大小）。
因此我们考虑将原来的一维数组变为二维数组，即 \(a_i=x\rightarrow a_{|i|,i}=x\)，对于 \(i\in[0,m],j\in[0,2^m)\)，若 \(i\ne|j|\) 则 \(a_{i,j}=0\)。
那么显然 \(c_i=\sum\limits_{x+y=|i|}\sum\limits_{j|k=i}a_{x,j}b_{y,k}\)。
由于 \(|i|\) 很小，故考虑直接枚举 \(x\)，后面那坨东西就是一个标准的 FWTor 的形式了，FWT 优化一下即可。
时间复杂度 \(2^nn^2\)。
例题：
先咕着，省选后再来填。
upd on 2021.4.17：来填坑了，我真是个鸽子（伦敦雾
CF582E Boolean Function
注意到只有四个变量 \(A,B,C,D\)，也就是说可能的变量取值 \((a_i,b_i,c_i,d_i)\) 只有 \(2^4=16\) 种，我们考虑将每种可能的 \((a_i,b_i,c_i,d_i)\) 编号 \(0\sim 15\)，然后再用一个 \(2^{16}\) 的二进制数表示每种 \((a_i,b_i,c_i,d_i)\) 的取值。这样就可以 \(dp\) 了，建出表达式树，然后记 \(dp_{i,j}\) 表示执行完 \(i\) 子树中的运算后，每种 \((a_i,b_i,c_i,d_i)\) 的取值压成二进制数后状态为 \(j\) 的方案数，转移就考虑该节点上的运算是什么，如果不是 and 那就把左右儿子的 \(dp\) 值 FWTor 一下累加到当前节点的 \(dp\) 值上，如果不是 or 那就把左右儿子的 \(dp\) 值 FWTand 一下累加到当前节点的 \(dp\) 值上即可。复杂度 \(|s|\times 2^{16}\times 16\)。
CF662C Binary Table
我们枚举行翻转的状态 \(S\)，记第 \(i\) 列 1 的状态表示的二进制数为 \(x_i\)，那么翻转状态为 \(S\) 时候最少 \(1\) 的个数为 \(ans_S=\sum\limits_{i=1}^m\min(\text{bitcnt}(x_i\oplus S),n-\text{bitcnt}(x_i\oplus S))\)，如果我们记 \(t_x=\min(\text{bitcnt}(x),n-\text{bitcnt}(x))\)，那么 \(ans_S=\sum\limits_{i=m}t_{x_i\oplus S}\)，如果我们再记 \(c_v\) 为 \(\sum [x_i=v]\)，那么上式又可写作 \(\sum\limits_{x\oplus y=S}c_xt_y\)，FWTxor 一下即可
CF1119H Triple
immortal tea，题解
P4221 [WC2018]州区划分
首先我们预处理出 \(ok_S\) 表示集合 \(S\) 是否可以单独划分为一个州，这个可以用类似于欧拉回路的方法解决，这里就不赘述了。
接下来考虑 \(dp\)。\(dp_S\) 表示考虑了集合 \(S\) 的答案，那么显然有 \(dp_S=\dfrac{1}{sum_S}\sum\limits_{T\subseteq S}sum_Tok_Tdp_{S-T}\)，暴力枚举 \(T\) 复杂度是 \(3^n\)，无法通过。不过这个式子显然可以写成子集卷积的形式，子集卷积优化一下即可，时间复杂度即可降到 \(n^22^n\)
感觉这题放在 WC 有点过水了……
CF1336E1 Chiori and Doll Picking (easy version)
首先看到“本质不同异或和”可以想到线性基，求出原序列的线性基，设线性基大小为 \(k\)，那么对于所有能表示成线性基中元素的线性组合的所有数 \(v\)，都恰有 \(2^{n-k}\) 个子序列满足其异或和为 \(k\)，这样我们问题的规模就由 \(2^n\) 降到了 \(2^k\)。
可这样还是过不了啊……不难发现这题数据范围给得很玄妙，一脸折半搜索的亚子。因此考虑折半搜索，我们考虑将线性基分成“高位”和“低位”两部分，暴力指数级别地枚举高位和低位选了哪些数，然后 FWTxor 合并一下即可，复杂度 \(2^{\lceil\frac{m}{2}\rceil}m^2\)。
CF1326F2 Wise Men (hard version)
immortal tea，题解
CF914G Sum the Fibonacci
首先开一个桶 \(cnt_i\) 表示有多少个 \(s_j=i\)，然后通过预处理出：
- \(c1_i\) 表示有多少对 \(a,b\) 满足 \(s_a\&s_b=0,s_a|s_b=i\)
- \(c2_i\) 表示有多少对 \(a,b\) 满足 \(s_a\oplus s_b=i\)
前者可以通过子集卷积求出，后者可以通过 FWTxor 求出。
然后再记 \(s1_i=c1_i\times f_i,s2_i=cnt_i\times f_i,s3_i=c2_i\times f_i\)，把 \(s1,s2,s3\) FWTand 起来得到 \(c\)，然后把 \(c_{2^k}\) 累加起来即是答案。正确性显然。
UOJ 310【UNR #2】黎明前的巧克力
题目等价于在 \(S\) 中选择两个不相交的子集 \(S_1,S_2\)，满足 \(S_1\cup S_2\) 中所有元素的异或和为 \(0\)
考虑 \(dp\)，\(dp_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个巧克力，选择的子集异或和为 \(j\)。
考虑转移，如果 \(i\) 不选，那么 \(dp_{i,j}\leftarrow dp_{i-1,j}\)，如果 \(i\) 选，那么 \(i\) 可以选择放入 \(S_1,S_2\) 的任意一者中，即 \(dp_{i,j}\leftarrow 2·dp_{i-1,j\oplus a_i}\)，暴力 \(dp\) 显然会 TLE，注意到本题这个东西与 CF1119H 有点像，按照那题的套路优化一下即可。
鸽了一个月终于 C7H16 了（