这是一篇用来卖萌的文章QAQ
考虑以下三类卷积
\(C_k = \sum \limits_{i \;or\;j = k} A_i * B_j\)
\(C_k = \sum \limits_{i\;and\;j = k} A_i * B_j\)
\(C_k = \sum \limits_{i\;xor\;j = k}A_i * B_j\)
由于前两种可以用FMT（高维前缀和）解决，那我们就谈谈第三种吧
下文中的\(n\)都是形如\(2^i - 1\)的数
下标的开与闭是根据好不好写来定的，但是还是可以意会的...
虽然有人知道为什么了，但是我还是不知道为什么要这么做
我们尝试寻找一个矩阵\(T\)，其\((i, j)\)元为\(w(i, j)\)，使得
\[TA \cdot TB = TC\]
我们不妨记\(TA = fwt(A)\)
自然的，\(fwt(A)[x] = \sum \limits_{i = 0}^n w(x, i) * A_i\)
那么，等式两边同时展开，我们可以得到
\[fwt(A)[x] \cdot fwt(B)[x] = fwt(C)[x]\]
\[\sum \limits_{i = 0}^n w(x, i) * A_i \sum \limits_{j = 0}^n w(x, j) * B_j = \sum \limits_{k = 0}^n w(x, k) * C_k\]
对比两边\(C_k\)的表达式， 我们自然希望这个变换满足
\[\sum \limits_{i \oplus j = k} A_i * B_j * w(x, i) * w(x, j) = C_k * w(x, k)\]
如果有\(w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) \;(i \oplus j = k)\)，那么我们就能得到\(\sum \limits_{i \oplus j = k} A_i * B_j = C_k\)
这不就是我们想要的式子嘛....，
那我就构造一个满足\(w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) \;(i \oplus j = k)\)的\(T\)矩阵
不仅如此，我们还需要可以快速地计算出\(fwt(A)\)
\[
\begin{aligned}
fwt(A)[i] &= \sum \limits_{k = 0}^n w(i, k) A_k \&= \sum \limits_{k = 0}^{n / 2} w(i, k) w(i, 0) A_k + \sum \limits_{k = n / 2}^n w(i, k) w(i, n / 2)\\end{aligned}
\]
不难注意到，前半部分已经成为了一个子问题，然而后半部分还没有
我们希望通过\(w\)的某些性质，能够使得右边成为一个子问题
联想到\(w\)需要满足异或的性质，因此，我们不妨让\(w\)拥有可以按位拆分的性质
\[w(i, j) = \prod_{k = 0}^{...} w(i\;\&\;2^k, j \;\&\;2^k)\]
下面的化式子来源于rqy神仙
如果有上面的性质，我们记\(i\)的二进制的最高位为\(i_1\)，其他位为\(i_0\)，\(k\)同理
那么，原本的式子可以转化成
\[
\begin{aligned}
fwt(A)[i] &= \sum \limits_{k = 0}^{n / 2} w(i_1, 0) w(i_0, k_0) A_k + \sum \limits_{k = n / 2}^n w(i_1, 1) w(i_0, k_0) A_k \&= w(i_1, 0) fwt(A_0)[i_0] + w(i_1, 1) fwt(A_1)[i_0]\\end{aligned}
\]
应该看得出\(A_0\)和\(A_1\)是什么吧...
复杂度为\(T(n) = 2T(n / 2) + O(n) = O(n \log n)\)
那么，考虑构造\(w\)，其实只要构造一个\(2 * 2\)的矩阵，由于\(C\)需要逆变换，因此矩阵还要有逆
\[
\begin{bmatrix}
w(0, 0) & w(0,1)\\
w(1,0)& w(1,1)
\end{bmatrix}
\]
根据上面的异或性质，我们有
\[
w(0, 0) * w(0, 0) = w(0, 0) \;\;\;\;...(1)\w(0, 1) * w(0, 0) = w(0, 1) \;\;\;\;...(2)\w(0, 1) * w(0, 1) = w(0, 1) \;\;\;\;...(3)\w(1, 0) * w(1, 1) = w(1, 1) \;\;\;\;...(4)\w(1, 1) * w(1, 1) = w(1, 0)\;\;\;\; ...(5)\w(1, 0) * w(1, 0) = w(1, 0) \;\;\;\;... (6)
\]
注意到矩阵要有逆，因此秩需要为\(2\)
然后就可以弄出这么一个矩阵
\[
\begin{bmatrix} 1& 1\\ 1& -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
0.5& 0.5\0.5& -0.5\\end{bmatrix}^{-1}
\]
然后代进程序即可
\(k\)进制\(FWT\)
计算\(C_k = \sum \limits_{i \oplus j = k} A_i * B_j\)
由于\(K\)进制下，FMT仍然能解决或卷积以及和卷积，因此FWT一般用来解决异或卷积
在下文中，\(n = K^i - 1\)
自然地，还是希望构造\(TA \cdot TB = TC\)
还是一样的展开
\[fwt(A)[x] \cdot fwt(B)[x] = fwt(C)[x]\]
\[\sum \limits_{i = 0}^n w(x, i) * A_i \sum \limits_{j = 0}^n w(x, j) * B_j = \sum \limits_{k = 0}^n w(x, k) * C_k\]
还是一样的对比系数，然后我们能够得出，当\(w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) \;(i \oplus j = k)\)时，这样子做的正确性有保证
并且，同样的，不妨设\(i = (i_0 i_1 i_2 ... i_m)_k\)
那么，我们构造\[w(i, j) = \prod \limits_{t = 0}^{m} w(i_t, j_t)\]
我们根据\(i\)在\(k\)进制下的最高位来讨论，我们记一个数\(x\)在\(k\)进制下的最高位为\(x'\)，其余位为\(x''\)
\[
\begin{aligned}
fwt(A)[i] &= \sum \limits_{t = 0}^n w(i, t) A_t \&= \sum \limits_{t = 0}^{k - 1} w(i', t) \sum \limits_{x' = t} w(i'', x'') A_x \&= \sum \limits_{t = 0}^{k - 1} w(i', t) fwt(A_t)[i'']
\end{aligned}
\]
复杂度是\(T(n) = kT(n / K) + O(Kn) = O(nK \log_K n)\)（\(n\)是\(K\)的幂）
我们需要考虑\(K * K\)的\(T\)矩阵是什么
由于\(w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) (i \oplus j = k)\)，也就是\(w(x, i) * w(x, j) = w(x, k) ([K | i + j - k])\)
注意到单位根在复平面意义下有循环的意义
因此，我们尝试取\(w(x, i) = w_k^{xi}\)，那么我们取出来的实际上就是范德蒙德矩阵!
\[
\begin{bmatrix}
1& 1 & 1& ... & 1\\
1& w_k^1& w_k^2& ... & w_k^{k - 1}\\
1& w_k^2 & w_k^4& ... & w_k^{2(k - 1)}\\
...& ...& ...& ...& ...\\
1& w_k^{k - 1}& w_k^{2(k - 1)} & ... & w_k^{(k - 1)(k - 1)}
\end{bmatrix}
\]
由于范德蒙德卷积的行列式为\(\prod \limits_{i < j} (x_i - x_j)\)，在这个单位根矩阵中，不存在两两相等的数
因此这个有逆，事实上， 在FFT中，我们早已经见过这个矩阵的逆矩阵了，它是
\[
\frac{1}{k} \begin{bmatrix}
1& 1 & 1& ... & 1\\
1& w_k^{-1}& w_k^{-2}& ... & w_k^{-(k - 1)}\\
1& w_k^{-2} & w_k^{-4}& ... & w_k^{-2(k - 1)}\\
...& ...& ...& ...& ...\\
1& w_k^{-(k - 1)}& w_k^{-2(k - 1)} & ... & w_k^{-(k - 1)(k - 1)}
\end{bmatrix}
\]
原因是\([n | t] = \sum \limits_{i = 0}^{n - 1} w_n^{ti}\)
这样，我们就可以成功的计算出k进制FWT啦!
感谢rqy和dkw的提示
原文地址：https://www.cnblogs.com/reverymoon/p/10197711.html