板子
背板子.jpg
\(fwt\)用於解決這樣的問題
\[c_i=\sum_a_j\times b_k
\]其中\(\bigoplus\)是一種二元運算子，如\(or,and,xor\)
首先我們直接做複雜度顯然高達\(4^n\)，或許可以利用一些列舉子集的技術做到\(3^n\)，但是還是非常難以接受
於是我們考慮能否像\(fft\)那樣構造出一種變換\(tf\)，使得\(tf(c)=tf(a)*tf(b)\)（這裡是逐位相乘），同時快速完成這個變換以及逆變換呢
下面以\(or\)卷積為例
我們設\(tf(a)(i)=\sum_a_j\)
發現這個\(j|i=i\)就是說\(j\)是\(i\)的子集啊
於是\[tf(a)(i)*tf(b)(i)=\sum_a_j\times \sum_b_k
\]既然\(j,k\)都是\(i\)的子集，那麼\(j|k\)顯然也是\(i\)的子集，設\(t=j|k\)
於是\[tf(a)(i)*tf(b)(i)=\sum_a_j\times b_k=\sum_c_t=tf(c)(i)
\]我們發現如果這樣構造\(tf\)，我們是可以得到\(tf(a)*tf(b)=tf(c)\)這樣的性質的，於是就可以像\(fft\)那樣直接逐位相乘之後逆變換了
考慮如何進行變換
變換如下
\[tf(a)=\begin(tf(a_0),tf(a_0+a_1)) & n\gt0 \\ a & n=0\end
\]\(a_0\)是\(a\)的前\(2^\)項組成的多項式，\(a_1\)是後\(2^\)項組成的多項式
在\(n=0\)的時候，\(tf(a)=a\)成立這非常顯然啊
考慮一下\(n>0\)的情況
那個\((tf(a_0),tf(a_0+a_1))\)就是把兩個\(2^\)的多項式連線起來的意思
我們對於\(tf(a)\)的前\(2^\)項，就是\(a_0\)的變換，跟\(a_1\)沒有什麼關係，因為這前\(2^\)項第\(n\)位都是\(0\)，不可能跟後\(2^\)項第\(n\)位都是\(1\)產生關係
考慮後\(2^\)項，根據乙個非常感性的理解，後\(2^\)項的第\(n\)位都是\(1\)，我們構造出多項式\(a_0+a_1\)，只看後面的\(n-1\)位自然是滿足我們的\(tf\)的規則的，就是\(j\)是\(i\)的子集，又由於\(i\)的第一位是\(1\)，所以\(j\)的第一位是\(0\)是\(1\)都可以，所以我們直接用\(a_0+a_1\)就好了
類似的，我們也可以推出逆變換
\[itf(a)=\begin(itf(a_0),itf(a_0-a_1)) & n\gt0 \\ a & n=0\end
\]於是我們就可以寫出\(or\)卷積的**
inline void fwtor(ll *f,int o) a_j\)
發現\(j\&i=i\)就是說\(j\)是\(i\)的超集
我們也能相應寫出變換
\[tf(a)=\begin(tf(a_0+a_1),tf(a_1)) & n\gt0 \\ a & n=0\end
\]以及逆變換
\[itf(a)=\begin(itf(a_0-a_1),itf(a_1)) & n\gt0 \\ a & n=0\end
\]以及**
inline void fwtand(ll *f,int o) (tf(a_0+a_1),tf(a_0-a_1)) & n\gt0 \\ a & n=0\end
\]嘗試證明一下？對不起我咕了，掛乙個yyb跑路了
板子還是放上來吧
inline void fwtxor(ll *f,int o)
const int mod=998244353;
int n,len;
ll a[maxn],b[maxn],a[maxn],b[maxn];
inline void fwtor(ll *f,int o)
}int main()
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