目錄2. 按位與卷積
3. 按位異或卷積
4. 高維前/字尾和與各類卷積的聯絡
5. 題目小結
想要快速計算
\[c[k]=(a\textb)[k]=\sum_j=k}a_ib_j
\]我們可以利用 \(\mathtt\)
的思想：將係數多項式轉化成點值多項式，\(\mathcal o(n)\) 求得答案後將其還原成係數多項式。
假設 \(a,b\) 均為多項式，則 \(a+b,a-b,a\times b\) 都代表著對位運算。
\(\mid,\&,\oplus\) 分別表示或、與、異或。且若無特殊說明，\(i\subseteq j\) 表示在二進位制意義下 \(i\) 是 \(j\) 的子集。
定義\[\mathtt(a)[i]=\sum_a_j\\
\mathtt(\mathtt(a))=a
\]所以有
\[\begin
\big[\mathtt(a)\times \mathtt(b)\big][i]&=\sum_a_b_\\
&=\sum_a_b_
\end
\]按照定義將上面那個柿子 \(\mathtt\) 一下就是 \(a|b\) 了。
對於乙個多項式 \(a\)，不妨設其長度為 \(2^n\)，令 \(a_0,a_1\) 分別為前 \(2^\) 項，後 \(2^\) 項（其實也可以理解為將下標以二進位制的最高位分組），有：
\[\mathtt(a)=
\begin
\big(\mathtt(a_0),\mathtt(a_0+a_1)\big) & & n>0\\
a && n=0
\end
\]這個遞迴式可以這樣理解：最終能貢獻到前 \(2^\) 項的項的最高位一定為零，此時 \(a_1\) 這一部分一定無用，所以由 \(\mathtt(a_0)\) 組成；貢獻到後 \(2^\) 項的項的最高位可以為 \(0/1\)，所以相當於沒有限制，此時貢獻到哪一位只由二進位制的後 \(n-1\) 位決定，所以 \(a_0[i]\) 和 \(a_1[i]\) 是等價的，可以對位相加。
由上文的證明，我們也可以得到 \(\mathtt(a_0+a_1)=\mathtt(a_0)+\mathtt(a_1)\).
\[\mathtt(a)=
\begin
\big(\mathtt(a_0),\mathtt(a_1-a_0)\big) & & n>0\\
a && n=0
\end
\]\(n=0\) 的情況就不再贅述，對於 \(n>0\) 的情況，我們直接將 \(\mathtt(a)\) 代入柿子：
\[\begin
\mathtt\big(\mathtt(a)\big)&=\big(\mathtt(\mathtt(a_0)),\mathtt(\mathtt(a_0+a_1)-\mathtt(a_0))\big)\\
&=\big(a_0,\mathtt(\mathtt(a_0)+\mathtt(a_1)-\mathtt(a_0)) \big)\\
&=(a_0,a_1)
\end
\]void or(int *f,int opt=1) (a)[i]=\sum_a_j\\
\mathtt(\mathtt(a))=a
\]所以有
\[\begin
\big[\mathtt(a)\times \mathtt(b)\big][i]&=\sum_a_b_\\
&=\sum_a_b_
\end
\]按照定義將上面那個柿子 \(\mathtt\) 一下就是 \(a\&b\) 了（其實計算 \(\mathtt(a\&b)\) 應該會更好理解，你會發現 \(\mathtt(a\&b)[i]\) 就是列舉 \(i\) 的超集 \(j\)，再列舉 \(j_1,j_2\) 使得 \(j_1\&j_2=j\)）。
\[\mathtt(a)=
\begin
\big(\mathtt(a_0+a_1),\mathtt(a_1)\big) & & n>0\\
a && n=0
\end
\]理解方式同上，就不再闡述。
\[\mathtt(a)=
\begin
\big(\mathtt(a_0-a_1),\mathtt(a_1)\big) & & n>0\\
a && n=0
\end
\]證明方式同上，就不再闡述。
void and(int *f,int opt=1) (a)[i]=\sum_a_j-\sum_a_j=\sum (-1)^\cdot a_j\\
\mathtt(\mathtt(a))=a
\]在證明 \(\mathtt(a\oplus b)=\mathtt(a)\times \mathtt(b)\) 之前，首先有結論：\((i\circledast j)\oplus (i\circledast k)=i\circledast (j\oplus k)\).
具體證明可以對 \(i,j,k\) 二進位制的每一位考慮，如果每一位都成立那麼總結論也可以推知。只證明一位的話分類討論或者打表都行 /ww.
那麼\[\begin
\big[\mathtt(a)\times \mathtt(b)\big][i]&=\left(\sum_a_j-\sum_a_j \right)\cdot\left(\sum_b_k-\sum_b_k\right)\\
&=\sum_a_jb_k-\sum_a_jb_k=\mathtt(a\oplus b)[i]
\end
\]\[\mathtt(a)=
\begin
\big(\mathtt(a_0)+\mathtt(a_1),\mathtt(a_0)-\mathtt(a_1)\big) & & n>0\\
a && n=0
\end
\]證明就是暴力推柿子：
\[\begin
\mathtt(a)[i]&=\sum_^(-1)^a_j\\
&=\sum_^-1}(-1)^a_j+\sum_}^-1}(-1)^a_j\\
&=\mathtt(a_0)[i]+\sum_^-1}(-1)^a_}\\
&=\mathtt(a_0)[i]+\mathtt(a_1)[i]
\end
\]若 \(n>0\)：
\[\mathtt(a)=\left(\frac(a_0)+\mathtt(a_1)},\frac(a_0)-\mathtt(a_1)}\right)
\]需要證明 \(\mathtt(a_0+a_1)=\mathtt(a_0)+\mathtt(a_1)\)，這個由 \(\mathtt(a)[i]=\sum (-1)^\cdot a_j\) 可以輕鬆得出。
接下來就與1.3. 逆變換相同，直接代入即可。
void xor(int *f,int opt=1) \cdot \prod_^n [0\le j_\le p_k]
\]可以發現，所謂的 \(\mathtt(a)[i]\) 其實就是 \(s_i\). 那麼我們將 \(s_i\) 與 \(t_i\) 相乘，看看得到了什麼：
\[s_it_i=\sum a_\cdot b_\cdot \prod_^n [0\le j_\le p_l]\cdot [0\le k_\le p_l]
\]定義 \(f(i)=(\max(0,p_1-1)\max(0,p_2-1)\dots \max(0,p_n-1))_2\). 是的，你沒有看錯，這個玩意兒就是零，我也覺得好它嗎怪。那麼
\[s_it_i-s_t_=\sum a_\cdot b_\cdot \prod_^n [\max\=p_l]
\]怎麼說呢，這個柿子可以用多重for迴圈來理解。如果只考慮 \(1\) 維字首和（二進位制只有 \(1\) 位）就可以畫乙個矩形來表示 \(s_it_i\)，那麼 \(s_it_i-s_t_=s_it_i-s_t_\)，其實這個差可以看作旋轉 \(180^\circ\) 的l形圖案。
這個圖案就是我們要求的 \((a|b)[i]\) 了。所以說，高維字首和的差分就是 \(\mathtt\).
其實是一樣的，只不過是字首和變成了字尾和，\(\max\) 卷積變成了 \(\min\) 卷積。
我也只會口胡，你可以發現 \(\gcd\) 和 \(\text\) 卷積實際上是冪次上的 \(\min\) 和 \(\max\) 卷積。
例 1.\(\text\)
考慮到 \(n\) 是很小的，可以枚舉行的翻轉狀態，定義狀態 \(i\) 得到的最小 \(1\) 個數為 \(c_i\). 設 \(a_i\) 為列狀態為 \(i\) 的列數，\(b_i\) 為 \(i\) 和 \(2^n\oplus i\) 更少的 \(1\) 的個數（列舉列的翻轉）。那麼有：\(c_i=\sum a_jb_\). 這就是乙個很板的 \(\mathtt\) 了。但一定要注意資料範圍的計算。
例 2.\(\text\)
令 \(p(x)=[x\text\wedge x\le m ]\)，那麼答案顯然是 \(p^n[0]\)，定義 "乘法" 為 \(\oplus\).
這道題目其實就是將 \(\mathtt(a\oplus b)=\mathtt(a)\times \mathtt(b)\) 拓展到
\[\mathtt(a_1\oplus a_2\oplus\dots \oplus a_n)=\mathtt(a_1)\times \mathtt(a_2)\times \dots\times \mathtt(a_n)
\]類似於 \(a\oplus b=\mathtt(\mathtt(a)\times \mathtt(b))\)，再乘上 \(c\) 得：
\[\begin
(a\oplus b)\oplus c&=\mathtt(\mathtt(a\oplus b)\times \mathtt(c))\\
&=\mathtt(\mathtt(a)\times \mathtt(b)\times \mathtt(c))
\end
\]結論可以歸納證明。
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