構造照亮世界——快速沃爾什變換 (FWT)

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快速沃爾什變換解決的卷積問題

快速沃爾什變換（FWT）是解決這樣一類卷積問題：

\[c_i=\sum_{i=j\odot k}a_jb_k \]

其中，\(\odot\) 是位運算的一種。舉個例子，給定數列 \(a,b\)，求：

\[c_i=\sum_{j\oplus k=i} a_jb_k \]

FWT 的思想

看到 FWT 的名字，我們可以聯想到之前學過的 FFT（很可惜，我沒有寫過 FFT 的筆記，所以沒有連結），先看看 FFT 的原理：

1. 把 \(a,b\) 變換為 \(A,B\)，\(O(n\log n)\)；
2. 透過 \(C_i=A_iB_i\) 計算，\(O(n)\);
3. 把 \(C\) 變換回 \(c\)，\(O(n\log n)\)。

綜上，時間複雜度是 \(O(n\log n)\) 的。

在 FFT 中，我們構造了 \(A,B\) 為 \(a,b\) 的點值表示法，這麼做滿足 \(C_i=A_iB_i\) 且容易變換。

其實 FWT 的思想也是一樣的，主要也是需要構造 \(A,B\)，使得其滿足 \(C_i=A_iB_i\) 且可以快速變換。下面我們舉 \(\cup\)（按位或）、\(\cap\)（按位與）和 \(\oplus\)（按位異或）為例。

因為數列長度是 \(2\) 的冪會更好處理，所以下文認為數列長度為 \(2^n\)。

按位或

\[c_i=\sum_{j\cup k=i} a_jb_k \]

我們可以構造 \(A_i=\sum_{i\cup j=i} a_i\)。看看為什麼需要這麼構造。

首先，它滿足 \(C_i=A_iB_i\)：

\[\begin{align} A_iB_i&=(\sum_{i\cup j=i} a_j)(\sum_{i\cup k=i} b_k) \\ &=\sum_{i\cup j=i}\sum_{i\cup k=i}a_jb_k \\ &=\sum_{i\cup j=i}\sum_{i\cup k=i}a_jb_k \\ &=\sum_{i\cup(j\cup k)=i}a_jb_k \\ &= C_i \end{align} \]

其次，它可以快速變換。舉順變換的例子。類比 FFT 的步驟，我們採用分治的方法來處理它。假設目前考慮到第 \(i\) 位，其中 \(A_0\) 和 \(A_1\) 是 \(i-1\) 位分治的結果：

\[A=\text{merge}(A_0, A_0+A_1) \]

其中，\(A_0\) 是數列 \(A\) 的左半部分，\(A_1\) 是 \(A\) 的右半部分。\(\text{merge}\) 函式就是把兩個數列像拼接字串一樣拼接起來。\(+\) 則是將兩個數列對應相加。

這麼做為什麼是正確的呢？容易發現，\(A_0\) 恰好是當前處理到的二進位制位為 \(0\) 的子數列，\(A_1\) 則是當前處理到的二進位制位為 \(1\) 的子數列。若當前位為 \(0\)，則只能取二進位制位為 \(0\) 的子數列 \(A_0\) 才能使得 \(i\cup j=i\)。而若當前位為 \(1\)，則兩種序列都能取。

---

考慮逆變換，則是將加上的 \(A_0\) 減回去：

\[a=\text{merge}(a_0, a_1-a_0) \]

下面我們給出程式碼實現。容易發現順變換和逆變換可以合併為一個函式，順變換時 \(\text{type}=1\)，逆變換時 \(\text{type}=-1\)。

void Or(ll *a, ll type) {	// 迭代實現，常數更小
	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; 
			}
		}
	}
}

按位與

\[c_i=\sum_{j\cap k=i} a_jb_k \]

同理構造 \(A_i=\sum_{i\cap j=i} a_i\)。\(C_i=A_iB_i\) 的正確性不證了。

容易發現，\(A_0\) 恰好是當前處理到的二進位制位為 \(0\) 的子數列，\(A_1\) 則是當前處理到的二進位制位為 \(1\) 的子數列。若當前位為 \(1\)，則只能取二進位制位為 \(1\) 的子數列 \(A_0\) 才能使得 \(i\cap j=i\)。而若當前位為 \(0\)，則兩種序列都能取。

\[A=\text{merge}(A_0+A_1, A_1) \]

\[a=\text{merge}(a_0 - a_1, a_1) \]

---

下面我們給出程式碼實現。順變換時 \(\text{type}=1\)，逆變換時 \(\text{type}=-1\)。

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; 
			}
		}
	}
}

按位異或

發現異或有點難搞，但這怎麼會難倒沃爾什大佬呢？我們引入一個新的運算子 \(\circ\)。定義 \(x\circ y=\text{popcnt}(x\cap y)\bmod 2\)，其中 \(\text{popcnt}\) 表示二進位制下 \(1\) 的個數，並重申一下 \(\cap\) 表示按位與。

不用慌，我們也不需要你真正實現一個 \(\text{popcnt}\)，它僅僅只是作為一個理解的輔助罷了。

我們發現它滿足 \((x\circ y)\oplus (x\circ z)=x\circ(y\oplus z)\)。（重申一下 \(\oplus\) 表示按位異或）

感性證明：發現這個新的運算子 \(\circ\) 其實就是 \(x\) 與 \(y\) 相同位數的奇偶性。若 \((x\circ y)\oplus (x\circ z)=0\)，則 \(x\) 與 \(y\)、\(x\) 與 \(z\) 相同位數個數奇偶性相同，所以 \(y\oplus z\) 和 \(x\) 相同位數個數奇偶性也是相同的 ；若 \((x\circ y)\oplus (x\circ z)=1\)，則 \(x\) 與 \(y\)、\(x\) 與 \(z\) 相同位數個數奇偶性不同，所以 \(y\oplus z\) 和 \(x\) 相同位數個數奇偶性也是不同的。

設 \(A_i=\sum_{i\circ j=0}a_j-\sum_{i\circ j=1}a_j\)。我們來證一下 \(C_i=A_iB_i\) 的正確性：

\[\begin{align} A_iB_i&=(\sum_{i\circ j=0}a_j-\sum_{i\circ j=1}a_j)(\sum_{i\circ k=0}b_k-\sum_{i\circ k=1}b_k) \\ &=(\sum_{i\circ j=0}a_j\sum_{i\circ k=0}b_k+\sum_{i\circ j=1}a_j\sum_{i\circ k=1}b_k)-(\sum_{i\circ j=0}a_j\sum_{i\circ k=1}b_k+\sum_{i\circ j=1}a_j\sum_{i\circ k=0}b_k) \\ &=\sum_{(j\oplus k)\circ i=0}a_jb_k-\sum_{(j\oplus k)\circ i=1}a_jb_k \\ &=C_i \end{align} \]

來看看怎麼快速計算 \(A,B\) 的值，依舊是分治：

對於 \(i\) 在當前位為 \(0\) 的子數列 \(A_0\)，進行 \(\circ\) 運算時發現它和 \(0\) 計算或和 \(1\) 計算結果都不會變（因為 \(0\cap 0=0,0\cap1=0\)），所以 \(A_i=\sum_{i\circ j=0}a_j-\sum_{i\circ j=1}a_j\) 中的 \(\sum_{i\circ j=1}a_j=0\)。

對於 \(i\) 在當前位為 \(1\) 的子數列 \(A_1\)，進行 \(\circ\) 運算時發現它和 \(0\) 計算結果是 \(0\)，和 \(1\) 計算結果是 \(1\)（因為 \(1\cap 0=0,1\cap1=1\)）。

綜上，有：

\[A=\text{merge}((A_0+A_1)-0, A_0-A_1) \]

也就是：

\[A=\text{merge}(A_0+A_1, A_0-A_1) \]

逆變換易得：

\[a=\text{merge}(\frac{a_0+a_1}{2}, \frac{a_0-a_1}{2}) \]

給出程式碼，順變換時 \(\text{type}=1\)，逆變換時 \(\text{type}=\frac{1}{2}\)。

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;
			}
		}
	}
}

現在大家能去切前兩道模板例題，並挑戰一下後面的幾道題目了。

從另一個角度看待 FWT

我們設 \(c(i,j)\) 是 \(a_j\) 對 \(A_i\) 的貢獻係數。我們可以重新描述 FWT 變換的過程：

\[A_i = \sum_{j=0}^{n-1} c(i,j) a_j \]

因為有：

\[A_iB_i=C_i \]

所以我們可以透過簡單的證明得到：\(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\odot k)\)。其中 \(\odot\) 是任意一種位運算。

同時，\(c\) 函式還有一個重要的性質，它可以按位處理。

舉個例子，我們變換的時候：

\[A_i = \sum_{j=0}^{n-1} c(i,j) a_j \]

這麼做是比較劣的，我們將其拆分：

\[A_i = \sum_{j=0}^{(n-1)/2} c(i,j) a_j+\sum_{j=(n-1)/2+1}^{n-1} c(i,j) a_j \]

考慮前面的式子和後面的式子 \(i,j\) 的區別，發現只有最高位不同。

所以我們將 \(i,j\) 去除最高位的值為 \(i',j'\)，並記 \(i_0\) 為 \(i\) 的最高位。有：

\[A_i = c(i_0,0)\sum_{j=0}^{(n-1)/2} c(i',j') a_j+c(i_0,1)\sum_{j=(n-1)/2+1}^{n-1} c(i',j') a_j \]

如果 \(i_0=0\)，則有：

\[A_i = c(0,0)\sum_{j=0}^{(n-1)/2} c(i',j') a_j+c(0,1)\sum_{j=(n-1)/2+1}^{n-1} c(i',j') a_j \]

\(i_0=1\) 則有：

\[A_i = c(1,0)\sum_{j=0}^{(n-1)/2} c(i',j') a_j+c(1,1)\sum_{j=(n-1)/2+1}^{n-1} c(i',j') a_j \]

也就是說，我們只需要：

\[\begin{bmatrix} c(0,0) & c(0,1) \\ c(1,0) & c(1,1) \end{bmatrix} \]

四個數就可以完成變換了。我們稱這個矩陣為位矩陣。

---

如果我們要進行逆變換，則需要上面的位矩陣的逆矩陣。

若逆矩陣為 \(c^{-1}\)，可以透過類似操作得到原數：

\[a_i = \sum_{j=0}^n c^{-1}(i,j) A_j \]

逆矩陣不一定存在，比如如果有一排 \(0\) 或者一列 \(0\) 那麼這個矩陣就沒有逆，我們在構造時需要格外小心。

按位或

我們可以構造：

\[\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \]

這樣滿足 \(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\cup k)\)。我們發現，這和我們前面推出的 \(A=\text{merge}(A_0, A_0+A_1)\) 一模一樣！同理，下面也是一個滿足這個條件的矩陣，但我們一般使用上面這個：

\[\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \]

雖然下面這個矩陣也滿足 \(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\cup k)\)，但這個矩陣存在一排 \(0\)，不存在逆，所以不合法：

\[\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \]

如果我們要進行逆變換，則需要對矩陣求逆，以最上面這個矩陣為例，得：

\[\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} \]

然後按照順變換的方法，把逆變換矩陣代入即可。

按位與

我們可以構造：

\[\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \]

這樣滿足 \(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\cap k)\)。

逆矩陣：

\[\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \]

按位異或

我們可以構造：

\[\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \]

這樣滿足 \(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\oplus k)\)。

逆矩陣：

\[\begin{bmatrix} 0.5 & 0.5 \\ 0.5 & -0.5 \end{bmatrix} \]

FWT 的性質

FWT 是線性變換。

若 \(FWT(X)\) 是 \(X\) 的 FWT 變換，則有：

\[FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B) \]

以及：

\[FWT(cA)=cFWT(A) \]

這樣就可以實現快速卷積，參考第四道例題。

K 維 FWT

max 運算

我們重新看看我們的 \(\cup\) 運算，發現他實際上就是二進位制下的取 \(\max\)。我們將其擴充到 \(K\) 進位制，有：

\[c(i,j)c(i,k)=c(i,\max(j,k)) \]

若 \(j=k\)，那麼上式又是：

\[c(i,j)c(i,j)=c(i,j) \]

也就是說，每一行的 \(1\) 必定只能在 \(0\) 的前面，如果在後面則不合法了。手玩一下可以發現一組合法構造：

\[\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \]

求逆可得：

\[\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 1 \end{bmatrix} \]

min 運算

我們重新看看我們的 \(\cap\) 運算，發現他實際上就是二進位制下的取 \(\min\)。我們將其擴充到 \(K\) 進位制，有：

\[c(i,j)c(i,k)=c(i,\min(j,k)) \]

若 \(j=k\)，那麼上式又是：

\[c(i,j)c(i,j)=c(i,j) \]

也就是說，每一行的 \(1\) 必定只能在 \(0\) 的後面，如果在後面則不合法了。手玩一下可以發現一組合法構造：

\[\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \]

求逆可得：

\[\begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \]

前兩者用得比較少，用得比較多的是：

不進位加法

我們重新看看我們的 \(\oplus\) 運算，發現他實際上就是二進位制下的不進位加法。我們將其擴充到 \(K\) 進位制，有：

\[c(i,j)c(i,k)=c(i,(j+k)\bmod K) \]

我們構造 \(c(i,j)=\omega_{K}^j\)，就可以滿足要求了：

\[\omega_{K}^j\omega_{k}^k=\omega_{K}^{(j+k)\bmod K} \]

但是每一行都一樣矩陣也沒有逆，所以我們可以構造 \(c(i,j)=\omega_{K}^{(i-1)j}\) 即可。

有下面這個矩陣：

\[\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & \omega_{K}^1 & \omega_{K}^2 & \cdots & \omega_{K}^{k-1} \\ 1 & \omega_{K}^2 & \omega_{K}^4 & \cdots & \omega_{K}^{2(k-1)} \\ 1 & \omega_{K}^3 & \omega_{K}^6 & \cdots & \omega_{K}^{3(k-1)} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \omega_{K}^{k-1} & \omega_{K}^{2(k-1)} & \cdots & \omega_{K}^{k(k-1)} \end{bmatrix} \]

這不就是我們熟悉的範德蒙德矩陣嗎？

現在我們也知道矩陣的逆了：

\[\frac{1}{K}\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & \omega_{K}^{-1} & \omega_{K}^{-2} & \cdots & \omega_{K}^{-(k-1)} \\ 1 & \omega_{K}^{-2} & \omega_{K}^{-4} & \cdots & \omega_{K}^{-2(k-1)} \\ 1 & \omega_{K}^{-3} & \omega_{K}^{-6} & \cdots & \omega_{K}^{-3(k-1)} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \omega_{K}^{-(k-1)} & \omega_{K}^{-2(k-1)} & \cdots & \omega_{K}^{-k(k-1)} \end{bmatrix} \]

如果我們題目給出的模數是存在單位根的，我們就可以簡單實現，可以參考第六道例題。

---

但是單位根在模意義下可能不存在，所以我們考慮擴域，就是人為地定義一個 \(x\)，滿足 \(x^K=1\)，然後直接把 \(x\) 代入計算，這樣每個數都是一個關於 \(x\) 的 \(k-1\) 次多項式。我們只需要在 \(\pmod {x^K-1}\) 下計算即可。那麼矩陣可以這麼表示：

\[\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & x^1 & x^2 & \cdots & x^{k-1} \\ 1 & x^2 & x^4 & \cdots & x^{2(k-1)} \\ 1 & x^3 & x^6 & \cdots & x^{3(k-1)} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & x^{k-1} & x^{2(k-1)} & \cdots & x^{k(k-1)} \end{bmatrix} \]

但是這麼做可能會存在零因子，也就是一個數有多種表示方法，我們無法確定一個數的真實值。

我們考慮不 \(\pmod {x^K-1}\) 了，我們 \(\bmod\) 分圓多項式 \(\Phi_{K}(x)\)，他滿足 \(x\) 的階為 \(k\)，且在 \(Q\) 上不可約。所以我們定義上面的計算是在 \(\pmod {\Phi_{K}(x)}\) 下進行即可。

另一方面，如何求分圓多項式，這一點可以在因式分解這道題的題解區裡瞭解。這裡給出分圓多項式的表：

還有一個問題是，\(\bmod \Phi_{K}(x)\) 常數大（因為 \(\Phi\) 本身就是一個多項式）。但是因為 \(\Phi_{K}(x)\mid x^k-1\)，我們只需要在計算時 \(\bmod x^k -1\)，最後再 \(\bmod \Phi_{K}(x)\) 即可。

具體實現參考第七道例題。

例題

「洛谷 P4717」 【模板】快速莫比烏斯/沃爾什變換 (FMT/FWT)

求 \(\cup\)、\(\cap\)、\(\oplus\) 的三種卷積。

\(n\le17\)

這題也就是模板題了，下文直接給出程式碼：

#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】子集卷積

求：

\[c_k=\sum_{\substack{{i \cap j=0}\\{i\cup j=k}}} a_i b_j \]

\(n\le20\)

首先，下半部分是我們喜聞樂見的 FWT 常見形式，而上半部分我們可以看成是 \(i\) 與 \(j\) 不交。有：

\[i\cup j=0\Rightarrow \text{popcnt}(i)+\text{popcnt}(j)=\text{popcnt}(i\cup j) \]

所以我們可以構造：

\[A_{i,j}=\sum_{\substack{{i\cup k=i}\\{\text{popcnt}(j)=k}}} a_i \]

可以列舉 \(\text{popcnt}\) 的值，分開考慮。

那麼求 \(C\) 的時候有 \(C_{i,j}=\sum_{j=0}^n A_{i,k}B_{i,j-k}\)。

然後就可以做了。

#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

給定 \(n\times m\) 的矩陣 \(a\)，定義 \(\text{cnt}(x)\) 為矩陣中有多少行對於 \(x\) 是合法的，合法的定義為這一行中每一個數 \(a_{i,j}\cap x\) 的二進位制值中都有奇數個 \(1\)。

你需要求出對於所有的 \(x\)，\(\text{cnt}\) 的取值。

\(n\le10^5,m\le10,x\le2^{20}\)

再次重申，\(\cap\) 是按位與的意思。

首先我們用數學公式定義一下 \(\text{cnt}\)（因為公式複雜，所以加了 \(\tt large\)）：

\[\large \text{cnt}(x)=\frac{1}{2^m}\sum_{i=1}^n\prod_{j=1}^m (1-(-1)^{\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)}) \]

說明一下正確性。如果 \(\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)\) 是奇數的話，那麼 \((-1)^{\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)}\) 的結果就是 \(-1\)。最後 \(1-(-1)^{\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)}\) 就是 \(2\)，最後會被 \(\frac{1}{2^m}\) 除去；如果 \(\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)\) 是偶數的話，那麼 \((-1)^{\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)}\) 的結果就是 \(1\)。最後 \(1-(-1)^{\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)}\) 就是 \(0\)，那麼整行的結果都是 \(0\)。

然後我們發現它是可以展開的：

\[\large \begin{align} \prod_{j=1}^m (1-(-1)^{\text{popcnt}(a_{i,j}\cap x)}) &= (1-(-1)^{\text{popcnt}(a_{i,1}\cap x)})(1-(-1)^{\text{popcnt}(a_{i,2}\cap x)})\cdots(1-(-1)^{\text{popcnt}(a_{i,m}\cap x)}) \\ &= 1 - \sum_{a=1}^m (-1)^{\text{popcnt}(a_{i,a}\cap x)} + \sum_{a=1}^m\sum_{b=a+1}^m (-1)^{\text{popcnt}(a_{i,a}\cap x)+\text{popcnt}(a_{i,b}\cap x)} - \\ & \sum_{a=1}^m\sum_{b=a+1}^m\sum_{c=b+1}^m (-1)^{\text{popcnt}(a_{i,a}\cap x)+\text{popcnt}(a_{i,b}\cap x)+\text{popcnt}(a_{i,c}\cap x)} + \cdots \end{align} \]

然後我們有一個性質：

\[\large (-1)^{\sum_{i=1}^n\text{popcnt}(a_i\cap x)}=(-1)^{\text{popcnt}((\oplus_{i=1}^na_i)\cap x)} \]

也就是 \(\sum_{i=1}^n\text{popcnt}(a_i\cap x)\) 的奇偶性與 \(\text{popcnt}((\oplus_{i=1}^na_i)\cap x)\) 的相同。這點在上面的新的運算子 \(\circ\) 的性質中有類似的體現。

容易得到：

\[\large\begin{align} &=1 - \sum_{a=1}^m (-1)^{\text{popcnt}(a_{i,a}\cap x)} + \sum_{a=1}^m\sum_{b=a+1}^m (-1)^{\text{popcnt}(a_{i,a}\cap x)+\text{popcnt}(a_{i,b}\cap x)} - \\ & \sum_{a=1}^m\sum_{b=a+1}^m\sum_{c=b+1}^m (-1)^{\text{popcnt}(a_{i,a}\cap x)+\text{popcnt}(a_{i,b}\cap x)+\text{popcnt}(a_{i,c}\cap x)} + \cdots \\ &=1 - \sum_{a=1}^m (-1)^{\text{popcnt}(a_{i,a}\cap x)} + \sum_{a=1}^m\sum_{b=a+1}^m (-1)^{\text{popcnt}((a_{i,a}\oplus a_{i,b})\cap x)} - \\ & \sum_{a=1}^m\sum_{b=a+1}^m\sum_{c=b+1}^m (-1)^{\text{popcnt}((a_{i,a}\oplus a_{i,b}\oplus a_{i,c})\cap x)} + \cdots \\ \end{align} \]

我們發現一加一減的可以容斥，我們容斥計算 \(f_i\) 表示 \(n\) 行的所有式子中 \((-1)^i\) 前面的係數和。

// num 處理到第幾列
// x 當前的指數
// mu 當前的係數（+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，係數不變
	dfs(a, num + 1, x ^ a[num], -mu);
}

這樣我們就可以進一步化簡：

\[\begin{align} &= \sum_{i=0}^{2^k-1} f_{x\cap i}(-1)^{x\cap i} \end{align} \]

我們突然發現後面這個 \((-1)^i\) 取值只有兩種，當 \(x\cap i\) 是奇數時取值為 \(-1\)，否則為 \(1\)。

好了，現在我們的問題轉換為了求出：

\[\sum_{\text{popcnt}(x\cap i)\bmod2=0} f_i-\sum_{\text{popcnt}(x\cap i)\bmod2=1} f_i \]

這不就是 FWT 中的異或變換嗎：

\[A_i=\sum_{i\circ j=0}a_j-\sum_{i\circ j=1}a_j \]

綜上，我們發現這題就是推式子容斥之後得到 FWT 的形式。

---

原題需要將輸出加密：

\[\bigoplus\limits_{x = 0}^{2^k - 1} (\text{cnt}(x) \times 3^x \bmod (10^9 + 7)) \]

#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 處理到第幾列
// x 當前的指數
// mu 當前的係數（+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，係數不變
	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

給定兩個數 \(N,K\)，以及一個長度為 \(K\) 的整數陣列 \((A_1,A_2,\cdots, A_K)\)。

兩個人玩 Nim 遊戲。

現在透過以下方式生成一個遊戲：

任意選擇一個 \(1\le M\le N\)，\(M\) 表示石子堆數。

對於每一堆，其石子數是 \(A\) 中任意一個數。

對於 \(\sum_{i=1}^N K^i\) 種遊戲，求先手獲勝的遊戲數，答案對 \(998244353\) 取模。

\(n\le2\times10^5,K\le2^{16},a_i\le2^{16}\)

根據玩 Nim 遊戲的經驗，可以發現先手獲勝當且僅當 \(\bigoplus_{i=0}^n A_i\neq 0\)。

所以我們定義 dp 式子 \(f_{i,j}\) 表示有 \(i\) 個石堆，且石堆異或和為 \(j\) 的獲勝方案數，有：

\[f_{i-1,j}\to \sum_{k=1}^Kf_{i,j\oplus a_k} \]

答案就是 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j\neq0} f_{i,j}\)。

直接轉移是樸素的，發現上面的式子剛好是 FWT 異或操作，也就是：

\[f_{i,j}=\sum_{k\oplus x=j} f_{i-1,k}a_x \]

我們定義 \(a\) 是一個全是 \(1\) 的陣列即可。

同時，我們發現其實不需要真的進行 \(n\) 次卷積，其實只需要將 FWT 變換過之後的結果 \(A\)，求出 \(A+A^2+A^3+\cdots+A^n\) 即可。

上面的可以透過等比數列求和公式計算。

#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

給你一個長度為 \(2^n\) 的序列 \(a\)，每個\(1\le K\le 2^n-1\)，找出最大的 \(a_i+a_j\)（\(i \cup j \le K\)，\(0 \le i < j < 2^n\)）並輸出。

\(n\le18\)

就是要求 \(\max_{i\cup j=k} a_i+a_j\)。

我們維護 \(f_{i}\) 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。

然後就像 FWT 的或變換一樣了。

#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

定義一個正整數 \(n\) 是好數當且僅當 \(n\) 在 8 進製表示下所有的數碼出現的次數為 3 的倍數（出現 0 次亦可）。

有多少個 \(k\) 位的 8 進位制數（不含前導 0），滿足這個數是好的，且是 \(p\) 的倍數。對 \(10^9+9\) 取模。

例如：當 \(k=3,p=2\) 時，好數有 \(222,444,666\) 三個。

\(k\le10^{18},p<8\)

考慮狀壓 dp，設 \(f_{i,s,j}\) 表示第 \(i\) 位，\(8\) 種數出現次數對 \(3\) 取模的狀壓情況，以及數對 \(p\) 取模的結果為 \(j\)。

答案就是 \(f_{k,0,0}\)。

直接暴力列舉位數轉移是樸素的，瓶頸在於 \(k\)，考慮最佳化掉 \(k\)。

發現我們可以使用像快速冪一樣的方法，也就是倍增 dp。

轉移公式就是：

\[f_{2i,s_1\oplus s_2,j_1+t\times j_2}\gets f_{i,s_1,j_1}f_{i,s_2,j_2} \]

其中 \(t\) 是轉移的位數，而 \(\oplus\) 在這裡是不進位三進位制加法。

發現這樣多了瓶頸——我們需要列舉 \(s_1\) 和 \(s_2\)。

但是我們發現這不就是 FWT 中異或的形式嗎：\(c_{i\oplus j}\gets a_ib_j\)。考慮三進位制 FWT 加速。下面給出 FWT 的程式碼，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];
			}
		}
	}
}

因為 \(1e9+9\) 存在原根 \(2\)，然後就樸素實現了，注意位矩陣：

\[\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & \omega_{3}^1 & \omega_{3}^2 \\ 1 & \omega_{3}^2 & \omega_{3}^4 \\ \end{bmatrix} \]

程式碼：

#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

給定一個長度為 \(n\) 的序列 \(a_1,a_2,...,a_n\)，對於每一個 \(p \in [0,n-1]\)，求滿足下列條件的整數序列 \(i_1,i_2,...,i_n\) 的方案數，對 \(2^{58}\) 取模：

• \(\forall j \in [1,n] , i_j \in [1,n]\)；
• \(\sum\limits_{j=1}^n a_{i_j} = p\)，這裡的加法定義為十進位制不進位加法。

\(n\le10^5,a_i\le10^5\)

我們可以想到 dp：設計狀態 \(f_{i,s}\) 表示考慮到第 \(i\) 個數，當前加法狀態為 \(s\)。因為 FWT 變換時線性的，可以先變換為 FWT 點值表示法，然後變成自己的 \(n\) 次冪，最後再變換回來。

上面是平凡的，但是題目給出了模數 \(2^{58}\)。發現沒有單位根，所以考慮擴域。

這裡的分圓多項式 \(\Phi_{10}(x)=x^4-x^3+x^2-x+1\)。

然而我們發現 IFWT 時，需要除去進位制 \(10\)，然而我們發現 \(10\) 在 \(2^{58}\) 下沒有逆元。實際上我們發現 \(5\) 在 \(2^{58}\) 下是有逆元的：\(57646075230342349\)，我們只需要再除去一個 \(2\) 就可以了。設已經除以了 \(5\) 的答案為 \(x\)，真正的答案為 \(y\)，也就是 \(2^5y\equiv x\pmod{2^{64}}\)，顯然，我們有 \(y\equiv \frac{x}{2^5}\pmod{2^{64-5}}\)，也就是 \(y\equiv \frac{x}{2^5}\pmod{2^{59}}\)，所以直接將最後的答案除以 \(2^5\) 即可。雖然出題人不知道為什麼要模 \(2^{58}\)，但再取下模即可。

然後就是平凡實現了：

#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;	// 分圓多項式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';
}