FMT/FWT學習筆記

lcyfrog發表於2020-05-06
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FMT/FWT學習筆記

FMT/FWT是演算法競賽中求or/and/xor卷積的演算法，資料處理中也有應用。

網上的命名方法有很多。

這裡我們選這個部落格的，把AND/OR命名為FMT，XOR命名為FWT

如果是整數，我們認為\(\cup\)和\(\cap\)運算是二進位制下的，也就是\(\text{|和&}\)，這可以幫我們理解之後的集合冪級數。

FMT 快速莫比烏斯變換 OR卷積

與FMT可以求出

\[C=\sum_i C_i=\sum_i\sum_{j\cup k=i}A_j*B_k=A\cup B \]

因為字首的並是字首，容易得到過程是把A、B求子集字首和，得到FMTor陣列

\[FMT(A)_n=\sum_{i \subseteq n}A_i \]

與FFT類似，FMTor陣列直接乘起來就得到了C的FMTor陣列，證明如下：

\[FMT(A)_n * FMT(B)_n=\sum_{i \subseteq x} A_{i} \sum_{j \subseteq x} B_{j}=\sum_{i, j \subseteq x} A_{i} B_{j}=\sum_{k \subseteq x} \sum_{i \cup j=k} A_{i} B_{j}=FMT(C)_n \]

最後換回去（子集和變原陣列）就得到了C

至於具體怎麼算字首和，掛張圖，想必大家見過很多次了吧（箭頭表示加法）

掛張圖，想必大家見過很多次了吧（

如上圖，討論這一層的1在不在下一個集合即可。

程式碼：

const int N = 2e5+200;
const ll mod = 998244353;
int a[N];
void FMTor(int *a,int n,int opt){
    for(int l=2;l<=n;l<<=1){
        int m=l>>1;
        for(int *g=a;g!=a+n;g+=l){
            for(int k=0;k<m;k++){
                if(opt==1) g[k+m]=(g[k+m]+g[k])%mod;
                else g[k+m]=(g[k+m]-g[k]+mod)%mod;
            }
        }
    }
}

跟FFT非常的像...

AND卷積

\[C=\sum_i C_i=\sum_i\sum_{j\cap k=i}A_j*B_k=A\cap B \]

然後猜測FMTand為字尾和（字尾的交為字尾），

\[FMT(A)_n=\sum_{n\subseteq i} A(i) \]

同樣的，證明：

\[FMT(A)_n * FMT(B)_n=\sum_{n\subseteq i} A_i\sum_{n\subseteq j} B_j=\sum_{n\subseteq i,j} A_i*B_j=\sum_{n\subseteq x}\sum_{i\cap j=x}A_i*B_j=FMT(C)_n \]

和OR是不是有幾分相似？

const int N = 2e5+200;
const ll mod = 998244353;
int a[N];
void FMTand(int *a,int n,int opt){
    for(int l=2;l<=n;l<<=1){
        int m=l>>1;
        for(int *g=a;g!=a+n;g+=l){
            for(int k=0;k<m;k++){
                if(opt==1) g[k]=(g[k]+g[k+m])%mod;
                else g[k]=(g[k]-g[k+m]+mod)%mod;
            }
        }
    }
}

快速沃爾什變換（FWT/XOR卷積)

這個稍微難點

我們要求

\[C=\sum_i C_i=\sum_i\sum_{j\oplus k=i}A_j*B_k=A\oplus B \]

這裡的FWT陣列不是那麼顯然，考慮構造。

由於線性相關，令

\[FWT(A)_x=\sum_{i=0}^ng(x,i)A_i \]

那麼

\[\sum_{i=0}^{n} g(x, i) C_{i}=\sum_{j=0}^{n} g(x, j) A_{j} \sum_{k=0}^{n} g(x, k) B_{k} \]

帶入C的定義，

\[\sum_{j=0}^{n} \sum_{k=0}^{n} g(x, j \oplus k) A_{j} B_{k}=\sum_{j=0}^{n} \sum_{k=0}^{n} g(x, j) g(x, k) A_{j} B_{k} \]

對比係數，

\[g(x,j\oplus k)=g(x,j)g(x,k) \]

異或有一系列性質：

  1. \((j\cap x)\oplus (k\cap x)=(j\oplus k)\cap x\)

    不知道這個的可以討論一波：在第\(i\)位，

    \[\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}j & k &x &j\cap x &k\cap x&(j\cap x)\oplus (k\cap x)&j \oplus k&(j\oplus k)\cap x\\0&0&0&0&0&0&0&0\\0&0&1&0&0&0&0&0\\0&1&0&0&0&0&1&0\\0&1&1&0&1&1&1&1\\1&0&0&0&0&0&1&0\\1&0&1&1&0&1&1&1\\1&1&0&1&1&0&0&0\\1&1&1&1&1&0&0&0\\\end{array} \]

  2. 異或前後1的個數奇偶性不變（對吧）

那麼我們定義\(|x|\)為二進位制下集合大小，即1的個數，g就可以賦值了

\[g(x, i)=(-1)^{|i \cap x|} \]

\[FWT(A)_{x}=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{|i \cap x|} A_{i} \]

考慮怎麼遞推算這個東西，考慮加不加上區間長度i

由於列舉i為2的次冪從小到大，新加上i集合大小一定加一，係數乘負一，否則不變。

那麼有：

\[A[j+k]=A_0[j+k]+A_0[j+k+i]\\A[j+k+i]=A_0[j+k]-A_0[j+k+i]\\ \]

反過來，解方程可以得到

\[A_0[j+k]=\frac{A[j+k]+A[j+k+i]}{2}\\A_0[j+k+i]=\frac{A[j+k]-A_[j+k+i]}{2}\\ \]

程式碼：

const int N = 2e5+200;
const int mod = 998244353;
const int inv2 = 499122177;
int a[N];
void FWT(int *a,int n,int opt){
    for(int l=2;l<=n;l<<=1){
        int m=l>>1;
        for(int *g=a;g!=a+n;g+=l){
            for(int k=0;k<m;k++){
                ll t=g[k+m];
                g[k+m]=(g[k]-g[k+m]+mod)%mod;
                g[k]=(g[k]+t)%mod;//草，有蝴蝶變換內味了
                //提醒一下這和FFT的區別：沒有乘單位根
                if(opt==-1) g[k]=1ll*g[k]*inv2%mod,g[k+m]=1ll*g[k+m]*inv2%mod;
                //而且反演的時候也不一樣
            }
        }
    }
}

就愉快地學完啦！是不是比FFT簡單

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