我們比較了解的是有關多項式的乘法運算，對於下標為整數，下標運算為相加等於某個數的時候，我們有很優秀的fft做法。
但是遇到一些奇怪的卷積形式時，比如我們定義 $h = f * g$， $h_ = \sum\limits_^{} \sum\limits_^{} [l \cup r = s] f_ * g_$。
此時下標是乙個集合，運算為集合並的卷積，我們已知了 $f$ 和 $g$ ，需要快速算出 $h$。
最暴力的做法是 $o(2^)$ 分別列舉 $l$ 和 $r$，把答案加到 $h$ 中去，這樣複雜度是 $o(4^)$，不太行。
這時我們就要一種高效的演算法。求卷積可以用分治乘法，好像比較高妙，但我們要講的是另一種：快速莫比烏斯變換和反演。
模擬fft，fmt也需要先把 $f$ 和 $g$ 求點值，點值相乘後再插值回去，快速莫比烏斯變換就相當於點值，快速莫比烏斯反演就相當於插值。
具體證明：
於是問題就在於如何快速求出 $f$ 和 $g$ 莫比烏斯變換（反演）。
如果要暴力的話，可以直接列舉子集算出莫比烏斯變換（反演），這樣是 $o(3^)$，雖然比較優秀了，但複雜度還能更低。
我們考慮用遞推解決：
這樣我們就能在 $o(n * 2^)$ 快速求出 $f$ 的莫比烏斯變換了。（逆莫比烏斯變換同理）
於是我們就解決了集合並卷積的問題。
upd：
我們都知道第一層迴圈列舉集合，第二層迴圈列舉它為$1$的位，把去掉這個$1$的子集的答案加上去的做法是錯的。我們考慮兩個集合$s, t$，其中$t \in s$。$t$可能有多種路徑到達$s$，也就是存在多個$k, k \in s, t \in k$，這樣$t$就會被算多次。
這裡有乙個感性理解的方法，為什麼第一層列舉位第二層列舉集合是對的，也就是每乙個集合它的所有子集的貢獻只被算了一次。
我們假設$k_$為$t$並上第乙個和$s$不一樣的位，我們發現$t$的答案會先算到$k_$上，而對於其他的$k$，在$t$的答案算上來的時候自己的答案已經會先算上去了。
而對於逆莫比烏斯變換，如果理解了莫比烏斯變換後，其本質就是乙個容斥。
void fmt(int *a)
void ifmt(int *a)
（此處$n$為集合大小， $u = 2^n$）
接下來我們來繼續講一講子集卷積：
問題是已知 $f$ 和 $g$，我們想求出 $h = f * g$，其中 $h_ = \sum\limits_ f_ * g_$。
回顧剛剛的集合並卷積，子集卷積的條件比集合並卷積更苛刻，即 $l$ 和 $r$ 的集合應該不相交。
考慮集合並卷積合法當且僅當 $l \cap r = \varnothing$，我們可以在卷積時多加一維，維護集合的大小，如 $f_$ 表示集合中有 $i$ 個元素，集合表示為 $s$。可以發現當 $i$ 和 $s$ 的真實元素個數符合時才是對的。
初始時，我們只把 $f_$ 的值賦成原來的 $f_$（$g$ 同理），然後對每乙個$f_i$做一遍fmt，點值相乘時這麼寫：$h_ = \sum\limits_^ f_ * g_$。最後掃一遍把不符合實際情況的狀態賦成 $0$即可。（$bc$表示集合元素個數，即$bitcount$）
for i = 0to n
fmt(f[i])
fmt(g[i])
for s = 0 to u - 1
for j = 0
to i
h[i][s] += f[j][s] * g[i -j][s]
ifmt(h[i])
for s = 0 to u - 1
h[bc[s]][s]
is the real answer
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