来学点好玩的。
引入
我们也许学过，(FFT) 可以解决一类卷积：
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现在我们稍微变一下式子：
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上面那个圆圆的东西是异或
怎么求？
(FWT) 或
也就是这个式子：
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(FWT) 的定义
模仿 (FFT)，对于 (A) 我们想要在可接受时间内得到一个 (FWT(A))，使得
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(i) 代表第 (i) 个位置的数。
这样我们就可以 (O(n)) 暴力乘起来了。
因此我们构造 (FWT(A)_i=sum^{}_{j|i=i}A_j)。
现在我们来证明这个构造的正确性。
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因为可以从 (j|i=i) 与 (k|i=i) 中得出 ((j|k)|i=i)，所以我们还可以消去另一个式子
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根据 (FWT) 的定义，这个式子就是 (FWT(C)_i)。证毕。
另一种理解
涉及到了或运算，我们不妨把数全都变成二进制。于是我们想到一种经典转换：将二进制中的 (0) 与 (1) 转化为集合中一个数选还是不选。那么或操作代表什么呢？
bingo！两个集合的并集！
于是我们可以把上面的式子改写一个形式：
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变成
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注意看,这时 (i,j,k) 都是集合,只不过我们将其用二进制表示.
这样我们可以改写 (FWT) 的定义。
重新来一遍，(FWT(A)_i=sum^{}_{k subseteq i} A_k)。
因此我们为 (FWT) 找到了新的定义，他代表着集合 (i) 的子集之和。我们有了更自然的推导：
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换句话说，我们对子集做了个前缀和操作（发现了吗？子集的前缀和进行或卷积与普通前缀和进行加法卷积具有相似性），并用前缀和相乘代替了原来的 (O(n^2)) 相乘。
如何变化
我们把原序列 (A) 按下标最高位是 (0) 还是 (1) 分成两部分 (A_0) 与 (A_1) 分治求解。显然，前半部分（最高位为 (0) 的部分）就是 (FWT(A_0))，所以我们考虑后半部分的答案。
后半部分最高位为 (1)，因此此时“子集”这一概念不仅包含分治处理的他子集，还包括把最大值变为 (0) 后的，序列 (A0) 中同一位置的子集。要将 (A_0) 中的同一位置加到当前答案上。
写成数学形式就是:
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上面的 (merge) 代表拼接，就是字面意思。
于是我们就能写出分治递归代码了！但为了常数着想，我们试着把递归这一步骤去掉。
去掉的部分并不难写，我们按照层数从小到大递归，不难发现第 (i) 层（从 (0) 开始编号，最底层为 (0)）就是枚举第 (i) 位是 (0) 还是 (1)，并且乱填其他数进行转移。
代码也简单：
void OR(mint *f){
for(int o = 2, k = 1; o 如何转回来
再看一眼转移的式子
]
思考只有两个数的情况。此时 (1) 位置是不会变的，(2) 位置加上了 (1) 位置的贡献，要减去。
我们发现更大的情况也是一样的，只要依次把前面的贡献减去就好。
void IOR(mint *f){
for(int o = 2, k = 1; o 这两份代码显然是可以合并的。因此我们得到了 (FWT) 或 的全过程。
void OR(mint *f, int type){
for(int o = 2, k = 1; o (FWT) 与
和 或 差不多，只是要从 (1) 转移到 (0)。
可以发现，实际上我们用子集后缀和优化了运算。
void AND(mint *f, int type){
for(int o = 2, k = 1; o (FWT) 异或
]
很遗憾，我并没有发现这个东西的集合意义，如果有大佬知道可以告诉我。。。
正着转化
思考 (FWT) 的作用，我们想要把 (A_kB_j) 变成 (A_iB_i) 的形式，以此来简化运算。
我们考虑这样 (n) 个 (n) 维向量 (b)，(b(i)) 只有下标 (i) 处是 (1)，其他位置都是 (0)。
现在我们把 (FWT) 后的 (A,B) 看作系数，此时显然 (A_1b(1),A_2b(2),…,A_nb(n)=A_1,A_2,A_3,A_4…,A_n)
显然，异或卷积对于乘法有分配律。
设异或卷积为 (ast)，则
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]
发现后面的东西可以简单表示，即 (b_i ast b_i = b_i,b_i ast b_j = 0(i neq j))。
那么整个式子就是我们寻找的形式：
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而我们要做的事情无非是求出 (FWT) 之前的 (b_i)。
太长不看版：异或 (FWT) 与原序列线性相关
既然这样，我们设 (FWT(A)_x=sum^{n}_{i=1} g(x,i)A_i)。
那么因为 (FWT(C)_x=FWT(A)_xtimes FWT(b)_x)
所以 (sum^{n}_{k=1} g(x,k)C_k=sum^{n}_{i=1} g(x,i)A_i times sum^{n}_{j=1} g(x,j)B_j)。
整理一下可以得出：
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把 (C_k) 用 (A,B) 表示可得：
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更改求和顺序，我们枚举 (i,j) 可得：
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于是我们发现了 (g) 的关系：
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现在问题来了，与 (i,j) 相关的什么东西，使异或之后的值等于原来两值的乘积？
于是我们可以想到有人托梦给我奇偶性。
具体的，我们发现异或前后 (1) 的个数奇偶性不变。原因如下：
按每一位依次考虑。如果第 (i) 位异或后为 (1)，那么原来必定有且仅有一个 (1)。个数不变
如果为 (0)，要么是两个 (0)，此时 (1) 的个数不变，要么是两个 (1)，此时 (1) 的个数减 (2)，奇偶性仍不变。
所以我们定义 (g(x,i)=(-1)^{|i bigcap x|})。那么上式就等价于：
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根据上面的推论，左右两边奇偶性不变，与 后无非是减去两个相同的数，奇偶性还是不变。
于是我们得出 (FWT) 的转移式：
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如何求解
考虑模仿前两个 (FWT) 的形式，讨论最高位 (i) 为 (0) 和为 (1) 两种情况。
原来最高位为 (0)，(FWT) 后的前 (2^{i-1}) 个数最高位还是 (0)。由于 (1 And 0=0)，所以后 (2^{i-1}) 个数的贡献为正。前半部分答案为 (FWT(A_0)+FWT(A_1))。
(FWT) 后的后 (2^{i-1}) 个数最高位变成了 (1)，此时 (A_0) 的贡献还是正（因为 (1 And 0=0)）。但是此时后半部分加了 (1)，于是贡献要取反。后半部分答案为 (FWT(A_0)-FWT(A_1))。
所以我们得出：
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当然，参照 或 FWT，我们可以写出不依赖递归的程序：
void XOR(mint *f){
for(int o = 2, k = 1; o 求逆变换
实际上就是把贡献减去
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显然这两个东西是可以合并的。于是我们可以得出模板的完整代码：
#include
using namespace std;
#define forp(i, a, b) for(int i = (a);i = (b);i --)
const int maxn = 6e5 + 5;
const int mod = 998244353;
int read(){
int u;cin >> u;return u;
}
class mint{
private : int v;
public:
mint(){}
int operator()(void)const{
return v;
}
mint (const int &u){
v = u % mod;
}
mint operator+(const mint &a) const{
int x = a.v + v;
if(x >= mod) return mint(x - mod);
if(x >= 1;
}
return ans;
}
mint inv2 = qpow(2, mod - 2);
int n;
mint A[maxn], B[maxn], C[maxn];
mint g[maxn];
void OR(mint *f, int type){
for(int o = 2, k = 1; o 大概就是这样。。。应用也许会另外开坑吧。
后记
感谢 xht 的博客，从这篇博客里我学到了 FWT 的基础知识。
感谢同校大佬 yllcm 为本人解释符号与定义。
感谢万能的U群群友 Untitled_unrevised 解释 FWT 的目的。
感谢万能的U群群友 rqy 学姐与 樱初音斗橡皮 解释为什么异或 FWT 是线性变换顺便发现了我在线性代数方面的巨大缺口
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