一般形式

类比FFT,构造线性变换

于是设 $c(i,j)$ 为变换系数，即 $A[j]$ 对 $FWT(A)$ 的贡献系数。

$FWT(A)[i]=\sum\limits_{j=0}^{n-1}c(i,j)A_j$

可证 $c(i,j)c(i,k)=c(i,j⊕k)$ 证明略

另外,由于位运算每一位的独立性, $c(i,j)$ 也有一个重要性质: 可以分位考虑。

设二进制数 $a$ 的每一位分别为 : $a_0,a_1,a_2$

则有 $c(i,j)=c(i_0,j_0)c(i_1,j_1)c(i_2,j_2)…$ 就是把每一位的变换系数乘起来。

利用分治求解

设位矩阵为 $c=\begin{bmatrix}c(0,0)&c(0,1)\\c(1,0)&c(1,1)\end{bmatrix}$

对于某位运算构造出满足条件的可逆矩阵即可(理论上如此233)

任意位运算卷积

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题解链接

题目给你每一位的位运算,求卷积

下面对题解进行简单的翻译,(假装我已经懂了

20210405翻译初稿

定义下标从 $0$ 开始.定义一个函数集合 $F_k$ ,函数接收两个 $[0,k)$ 的整数参数,返回值是 $[0,k)$ 的整数.
我们叫 $k \times k$ 的矩阵三元组 $(A,B,C)$ 是 $f \in F_k$ 的一个 convolution triple ,前提是: $C$ 是非退化矩阵(非异矩阵|满秩矩阵),并且该函数对于任意两个 $k$ 维向量 $x, y$ 执行以下过程

定义向量 $p=Ax,q=By$
定义向量 $r$ 是 $p,q$ 的点乘(内积)
返回 $z=C^{-1}r$

返回 $f$ -convolution, i. e. $z_s = \sum\limits_{f(i, j)=s}{x_i y_i}$

现在对于给定的 bitwise-independent function(每位独立位运算) 我们想找到一个 convolution triple 使得卷得够快

对于给定函数 $f \in F_k$ 怎么检查这三个矩阵是否组成 convolution triple 呢?
必要的条件是：对于所有只有一个 1 其他都是 0 的向量,这个卷积应该是正确的
如果 $x$ 只有一个非零元素 $x_i=1$ , $y$ 只有一个非零元素 $y_j=1$ ,那么 $z$ 也应该只有一个非零元素 $z_{f(i,j)}=1$ .满足这个条件就够了因为 linearity of the convolution (卷积的线性?啥特征)

如果 $A={a_{ij}},B={b_{ij}},C={c_{ij}}$ , 上述条件可以重写作: $C$ 必须是非退化矩阵,并且对于所有 $i,j,s\in {0,1,\dots,k-1}$ ,应满足 $a_{si}b_{sj}=c_{s,f(i,j)}$

现在我们可以尝试解决 $n=1$ 的情况,其中一种方法是对于任意二进制运算找到一个 convolution triple, 即枚举所有元素为 ${-1,0,1}$ 的矩阵三元组.事实证明对于所有 16 种运算我们都可以找到对应的矩阵.(注意:我们不能像做某些特殊的卷积那样假设 $A=B=C$ , 因为对于函数 $f(x,y)=0$ 并没有满足的三元组)

假设有一个矩阵 $X={x_{ij}}$ of size $a$ , $Y={y_{ij}}$ of size $b$ . 把 $X ◦ Y$ 的结果表示为 $Z={z_{ij}}$ of size $ab$ , $z_{bi+j,bk+l}=x_{ik}y_{jl},(0\leq i,k \leq a, 0\leq j, l \leq b)$ (换而言之,就是 $a^2$ 矩阵 $Y$ 放到一个矩阵 $X$ 并乘上来自 $X$ 对应的系数) (in other words, it’s just $a^2$ matrices $Y$ put into a matrix $X$ and multiplied by corresponding coefficients from $X$ )

我们可以证明(通过检查上述条件)如果 $(A_1, B_1, C_1)$ 是 $f\in F_a$ 的一个 convolution triple, $(A_2, B_2, C_2)$ 是 $g\in F_b$ 的一个 convolution triple, 那么 $(A_1 ◦ A_2, B_1 ◦ B)2, C_1 ◦ C_2)$ 是 $h\in F_{ab}$ 的一个 convolution triple, $h(bx_1+x_2,by_1+y2)=bf(x_1, y_1)+g(x_2,y_2)$ .我们也可以证明如果 $C_1,C_2$ 都是非退化矩阵, 那么 $C_1◦ C_2$ 是非退化矩阵

因此我们只需要对于所有给定的函数 $f_i$ 求出 convolution triples $(A_i,B_i,C_i)$ ,那么 $(A,B,C)=(A_{n-1}◦\dots◦A_0,B_{n-1}◦\dots◦B_0,C_{n-1}◦\dots◦C_0)$ 就是一个原函数(运算)的 convolution triple

剩下的事情就是对 $A,B,C^{-1}$ 的快速乘法运算.因为所有这些矩阵都是 $2\times 2$ 的矩阵, $A(or B)$ 乘上向量 $v$ 的过程可以用雷同 $FFT$ 的做法,只有以下差别:当我们改变下标 $v[i]$ 和 $v[i+2^k]$ ,我们应该把矩阵 $A_k$ 运用到他们而不是蝴蝶变换 i. e.