更新了 FWT-xor 地方关于底数选取的讨论。
\[c_x=\sum_{i\oplus j=x}a_ib_j \]当 \(\oplus\) 为 \(+\) 时，这个就是多项式乘法。
FMT/FWT 则是处理 \(\oplus\) 为 \(\rm{or,and,xor}\) 时的问题。
快速莫比乌斯变换和莫比乌斯函数/反演并无关系。
FMT 处理 \(\rm{or/and}\) 时的问题，可以看作是集合的 交/并 来看。
FWT 处理 \(\rm{xor}\) 时的问题。但是有时把 FMT 和 FWT 统称为 FWT。
下面的讲解可能都会带一点集合的味道，但是我不擅长这玩意，有描述不对的地方麻烦指出。
如果我的描述让你感到了疑惑，可以访问 这篇博文 ，也许他的讲解会让你更理解一些。
计算
1.\(\rm or\)(并)
\[c_x=\sum_{i∪j=x}a_ib_j \]考虑对一个序列 \(\text F\) 进行莫比乌斯变换，得到 \(\rm{FMT(F)}\) ,\(\rm F\) 序列的第 \(\rm x\) 项记为 \(\rm{F_x}\)。
如果我们有 \(\rm{FMT(c)_n=FMT(a)_n*FMT(b)_n}\) ，并且可以 \(\rm{FMT(F)→F}\) ，那就可以解决这个问题了。
我们考虑让 \(\rm{FMT(F)_n=\sum_{i\subseteq n}F_i}\)。
\[\begin{aligned} &\rm{FMT(a)_n*FMT(b)_n}\\ &\rm{=\sum_{i\subseteq n}a_i\sum_{j\subseteq n}b_j}\\ &\rm{=\sum_{k\subseteq n}\sum_{i∪j=k}a_ib_j}\\ &\rm{=FMT(c)_n} \end{aligned} \]交换枚举的那个意义是先枚举 \(\rm{k=i∪j}\)，然后再枚举合法的 \(\rm{i,j}\) ，这样和之前的枚举是等价的。
问题就转化为了如何快速变换了，也就是如何快速求子集和。
那我们考虑一种增量构造的方法。
令 \(\rm{T_n}\) 表示 \(\rm{FMT(F)_n}\) 。
新加入第 \(i\) 个点。
如果不选，那么集合是 不选 \(i\) 的，答案不会变。
如果选了，那么集合是 选择 \(i\) 了的， 不选 \(i\) 时的集合 会成为新的集合的子集，那答案也要对应加上去。
也就是用 选 \(i\) 的答案加上 不选 \(i\) 的答案，合并即可。
如图，这个过程可以分成 \(\log\) 层来做，箭头就是累加，时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\) 。
考虑反过来的过程，我们就是要通过子集和反推原来的数列，那就把加进来的减回去就好了。
void FMT_or(int *f,int n,int op){//op=1 FMT op=-1 IFMT
for(int i=1;i<n;i<<=1)
for(int o=i<<1,j=0;j<n;j+=o)
for(int k=0;k<i;k++)
(f[i+j+k]+=f[j+k]*op+p)%=p;
}
2.\(\rm{and}\)(交)
\[c_x=\sum_{i∩j=x}a_ib_j \]和 \(\rm{or}\) 相似地，我们考虑 \(\rm{FMT(F)_n}=\sum_{n\subseteq i}F_i\)。
\[\begin{aligned} &\rm{FMT(a)_n*FMT(b)_n}\\ &\rm{=\sum_{n\subseteq i}\sum_{n\subseteq j}a_ib_j}\\ &\rm{=\sum_{n\subseteq x}\sum_{i∩j=x}a_ib_j}\\ &\rm{=FMT(c)_n} \end{aligned} \]最后的改变枚举对象和上面也是类似的，可以不重不漏的枚举到所有的情况，只是换了个形式和 FMT(c) 重合。
也是相似地，我们考虑增量构造的方法求 \(\rm{\sum_{n\subseteq i}F_i}\)。
新加入一个元素 \(i\) 。
如果 选 \(i\) ，对应的集合和答案都不会变。
如果 不选 \(i\) ，集合在 \(i\) 这一位就对应 0 ，也就是缩小了，会成为 选 \(i\) 对应集合的子集。
由于求和方式的不同，和上面相反，这里需要的是用 不选 \(i\) 的答案加上 选 \(i\) 的答案。代码类似。
反过来的话是类似的，逐步减去即可。
void FMT_and(int *f,int n,int op){//op=1 FMT op=-1 IFMT
for(int i=1;i<n;i<<=1)
for(int o=i<<1,j=0;j<n;j+=o)
for(int k=0;k<i;k++)
(f[j+k]+=f[i+j+k]*op+p)%=p;
}
3.\(\rm{xor}\)
\[c_x=\sum_{i\ xor\ j=x}a_ib_j \]这里的 \(\rm{FWT(F)}\) 不太好构造，稍微推导一下这个是怎么来的。
设 \(\rm{FWT(F)_n=\sum_{i=0}^n}g(n,i)F_i\) ，这么设的原因是因为 \(\rm{FWT(F)_n}\) 的第 \(i\) 项的系数肯定只和 \(n,i\) 线性相关，因为我们没有乘除操作。
然后带入 \(\rm{FWT(c)_n=FWT(a)_n*FWT(b)_n}\) 中。
\[\begin{aligned} &\rm{\sum_{i=0}^ng(n,i)c_i=\sum_{j=0}^ng(n,j)a_j\sum_{k=0}^ng(n,k)b_k}\\ &\rm{\sum_{i=0}^ng(n,i)\sum_{j\ xor\ k=i}a_jb_k=\sum_{j=0}^ng(n,j)a_j\sum_{k=0}^ng(n,k)b_k}\\ &\rm{\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^ng(n,j\ xor \ k)a_jb_k=\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^ng(n,j)g(n,k)a_jb_k}\\ \end{aligned} \]不难发现， \(\rm{g(n,j\ xor\ k)=g(n,j)*g(n,k)}\)，那接下来要思考的就是啥样的东西会把 \(\rm{j,k}\) 和 \(\rm{j\ xor\ k}\) 联系起来。
虽然确实难想到，但是 \(\rm{popcount(a)+popcount(b)\equiv popcount(a\ xor\ b)\pmod 2}\) 。
所以就有 \(\rm{g(n,i)=(-1)^{|i∩n|}}\) 。这里把 \(i,n\) 看做集合，实际就是取出了 \(i\) 中 \(n\) 是 1 的位数。
那么就可以 \(\rm{FWT(F)_x=\sum_{i=0}^n(-1)^{|i∩x|}F_i}\)。
按道理，这里的 -1 是可以换成任意数的，但是稍微把 0,1 这种数带进去就知道有问题。问题出在哪呢？
我们定义 g 的时候就说了，它和 n,i 线性相关，但是当底数是 0,1 的时候，它似乎和 n,i 不太相关。0 只有它的 0 次幂可以定义为 1，但计算起来就会出问题。1 的任何整数次幂都是 1，所以完全和指数没有关系。
那如果放 2 进去当底数呢，它不满足 \(\rm{2^i}= 2^{i\ mod\ 2}\) ，所以不太行。
综合下来，只有 -1 作为底数，便于计算，也便于进行逆运算。
容易证明 \(\rm{g(n,i)*g(n,j)=(-1)^{|i∩n|+|j∩n|}=(-1)^{|(i\ xor\ j)∩n|}=g(n,i\ xor\ j)}\) 。
依然仿造 \(\rm{FMT}\) 考虑增量构造方法。
新加入一位 \(i\) ，分选或者不选考虑。
选。和选的集合取并，大小不变。和不选的集合取并，大小 -1 。
不选。和选的集合取并，大小不变。和不选的集合取并，大小也不变。
所以 \(i\) 这一位如果 选 ，那会累加到原来的 选 上，累减到原来的 不选 上。
如果 不选，那会累加到原来的选和不选上。
也就是 int x=f[j+k],y=f[i+j+k];f[i+j+k]=x-y,f[j+k]=x+y ，就有 \(\rm{FFT}\) 那种感觉了。
逆变换的话是反过来，移一下项，f[i+j+k]=(x-y)/2,f[j+k]=(x+y)/2。
于是就做完了。
void FWT_xor(int *f,int n,int op){//op=1 FWT op=-1 IFWT
for(int i=1;i<n;i<<=1)
for(int o=i<<1,j=0;j<n;j+=o)
for(int k=0;k<i;k++){
int x=f[j+k],y=f[i+j+k];
f[j+k]=(x+y)%p,f[i+j+k]=(x-y+p)%p;
if(op==-1)(f[j+k]*=inv2)%=p,(f[i+j+k]*=inv2)%=p;
}
}
感谢阅读。