单位根与其若干应用
单位根与其若干应用
单位根的几个性质
对于一种运算条件下，若\((w_n^1)^n = 1\)，那么\(w_n^1\)即\(n\)次单位根。
我们令\(w_{n}^k = (w_{n}^1)^k\)。
单位根在复数意义下有三角表示：\(w_n^k = e^{\frac{2\pi k}{n}i} = cos(\frac{2\pi k}{n}) + sin(\frac{2\pi k}{n})i\)。
在模\(p\)意义下，由于原根\(g\)满足\(g^{p-1} \equiv 1(mod\ p)\)，所以可以令\(w_{p}^1 = g^{\frac{p-1}{n}}\)。
复数运算的几何意义：模长相乘，转角相加。
根据复数乘法的几何意义，显然有：
- \(w_{n}^k = w_{nr}^{kr}\)
- \(w_{n}^k = w_{n}^{k\% n}\)
- \(w_{n}^{k + \frac{n}{2}} = -w_{n}^k\)
这几个性质后面都会用到。
单位根反演
我们有式子：\(\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n - 1} (w_{n}^k)^i = [n|k]\)，证明其实不难。
若\(n|k\)，那么\(w_n^k = w_{n}^0 = 1\)，所以\(\sum_{i=0}^{n-1} (w_n^k)^i = n\)。
否则，\(\sum_{i=0}^{n-1} (w_n^k)^i = \frac{1-(w_{n}^{k})^n}{1 - w_{n}^k} = \frac{1 - w_n^0}{1 - w_n^k} = 0\)。
证毕。
可以化简大量包含形如\(\sum_i[d|i] F(i)\)的式子的计算。
离散傅里叶变换(DFT)
我们用\(n\)个点可以表示出\(n-1\)次多项式，称这种表示为点值表示法。
点值表示法的多项式乘法显然为\(O(n)\)，即\((x,y_1)*(x,y_2) = (x,y_1y_2)\)。
点值表示法转系数表示法的传统做法为拉格朗日差值，复杂度\(O(n^2)\)。
傅里叶提出，通过带入单位根，优化这个过程。
对于一个\(n-1\)次多项式\(A(x) = \sum_{i=0}^{n-1} a_i x^i\)，考虑带入\(x_k = w_{n}^k\)来做出点值表示，其中\(k\in[0,n)\)。
我们设得到的点值表示为\(A(x):\{(w_n^k,y_k)|k\in [0,n)\}\) ，令\(B(x) = \sum_{i=0}^{n-1} y_i x^i\)。
把\(w_{n}^{k}\)的倒数分别带入\(B(x)\)中：
\(B(w_n^{-k}) = \sum_{i=0}^{n-1} y_i w_n^{-ki} = \sum_{i=0}^{n-1} (\sum_{j=0}^{n-1} a_j w_n^{ij})w_n^{-ki}\)
\(B(w_n^{-k}) = \sum_{j=0}^{n-1} \sum_{i=0}^{n-1} a_j w_n^{(j-k)i}\)，后面一坨就是单位根反演的变形。
\(B(w_n^{-k}) = \sum_{j=0}^{n-1} a_j (\sum_{i=0}^{n-1} w_n^{(j-k)i}) = k_j n\)。
所以\(a_k = \frac{B(w_n^{-k})}{n}\)，爽！
可以发现我们不需要拉格朗日差值了，带入单位根倒数得点值表示，然后除\(n\)就是每一项的系数了。
总结一下，我们得到了这样的东西：
\(f_i = \sum_{j=0}^{n-1} w_n^j g_j\) --------------------> \(g_i = \frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1} w_{n}^{-j} f_j\)。
快速傅里叶变换(FFT)
考虑利用离散傅里叶变换，实现快速多项式乘法。
我们假设求长度为\(n\)的多项式的离散傅里叶变换，设\(d|n\)。
考虑求\(A(x) = \sum_{i=0}^{n-1} a_i x^i\)带入\(w_n^{0,1...n-1}\)的点值表示结果，我们按照模\(d\)剩余类分类。
设\(A_r(x) = \sum_{i=0}^{\frac{n}{d} - 1} a_{id+ r} x^i\)，假设我们已经求得了它们带入\(w_{\frac{n}{d}}^{0,1,...\frac{n}{d}-1}\)的点值表示结果。
那么\(A(w_{n}^k) = \sum_{r=0}^{d-1} (w_{n}^{kr}) A_r((w_{n}^k)^d) = \sum_{r=0}^{d-1} (w_n^{kr\% n}) A_r(w_{\frac{n}{d}}^k)\)。
所以貌似分治就行了......
一般使用时，我们把\(n\)补全为\(2^t\)，这样\(d\)恒等于\(2\)，每次折半分治即可。
关于非递归\(FFT\)：
预处理每个点分治若干次后到达的实际位置，然后从底向上还原(每次合并都是一段区间)。
快速数论变换(NTT)的原理与快速傅里叶变换(FFT)没有任何区别，所以就不写了。
循环卷积
当多项式乘法在指数模\(n\)意义进行，我们乘其为指数模\(n\)意义下的循环卷积。
而单位根有很好的性质：\(w_{n}^k = w_{n}^{k\% n}\) 。
我们假设能够求出带入\(w_n^{0,1,2...,n-1}\)后多项式的值，那么\(Idft\)就能够求出原多项式的每一项系数。
一类特殊循环卷积：
考虑对于长度为\(n\)的多项式\(A(x)\),\(B(x)\)，求：
\(C(x):\ C_k = \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=0}^{n-1}[(i+j)\%n=k] a_ib_j\)。
一个非常有趣的结论：
求得\(A(x)\)、\(B(x)\)的离散傅里叶变换的点值，那么\(C(x)\)的点值表示就为\(A(x)\)点值与\(B(x)\)点值的积。
即若你要求\(A(x)^m\)，那么只需要求\(A(x)\)的傅里叶变换点值，把点值\(m\)次方后再还原回去即可。
所谓傅里叶变换点值就是指带入\(w_{n}^{0,1...,n - 1}\)得到的点值 。
我们来证明一下，其实暴力带入验证即可。
\(C(w_n^k) = A(w_n^k) B(w_n^k) = (\sum_{i=0}^{n-1} a_i w_n^{ki})(\sum_{j=0}^{n-1} b_j w_{n}^{kj})\)
\(C(w_n^k) = \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=0}^{n-1} a_ib_j w^{k(i+j)}_n = \sum_{r=0}^{n-1} \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=0}^{n-1}[(i+j)\%n=r] a_ib_j w_n^{k}\)
刚好就是循环卷积要求的东西，证毕。
几道有趣的题目
嘿嘿嘿......见下面。
[CTSC2010] 性能优化
问题就是求\(B(x)^C\)在指数模\(n\)意义下的循环卷积，同时模数为\(n+1\)，多项式长度为\(n\)。
我们在上面已经讨论过这种循环卷积的处理方式了。
所以只需要求\(B(x)\)带入\(w_{n}^{0,1...n-1}\)的点值表示，然后\(C\)次方后再\(Idft\)回去。
我们需要支持快速\(dft\)，而我们已知\(n\)能够分解为\(2^{k_1}3^{k_2}5^{k_3} 7^{k_4}\)。
那么考虑分治\(dft\)，类似\(fft\)每次把多项式分成若干份，然后自底向上合并即可。
由于每次分成的份数不超过\(7\)，所以合并的复杂度显然是正确的。
可以预先搜出每个点在分治\(dft\)的过程中最后到了哪个位置，这样就可以非递归实现算法了。
[牛客挑战赛23F] 计数(解法一)
对于一棵生成树，设其边权为\(\sum_{e\in E} val_e\)，那么\(Ans = \sum_E [k|\sum_{e\in E} val_e]\)。
单位根反演有：\(Ans = \frac{1}{k}\sum_E \sum_{j=0}^{k-1} (w_k^{\sum_{e\in E} val_e})^j = \frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1} \sum_E \prod_{e\in E} (w_k^j)^{val_e}\)。
后面一坨是我们熟悉的变元矩阵树定理，所以\(\sum_E \prod_{e\in E} (w_k^j)^{val_e}\)直接用矩阵树定理算即可。
[牛客挑战赛23F] 计数(解法二)
依旧考虑变元矩阵树定理，考虑把边权相加变为边权相乘。
定义每条边\(e\)的生成函数\((1 + x^{val_e})\)，那么一个合法边集可以看做在指数模\(k\)意义下的循环卷积。
考虑令\(x = w_{k}^{0,1...k-1}\)，那么带入\(w_k^j\)做矩阵树定理就能够得到\(A(w_k^{j})\)。
而我们的最终目标是求\(A(x)\)中的系数\(a_0\)，所以再\(Idft\)即可。
[牛客挑战赛11E] 白兔的***难(解法一)
考虑组合意义，不难发现\(ans_t\)就是\((1+x)^n\)在指数模\(k\)意义下的循环卷积第\(t\)项的系数。
暴力带入\(w_k^{0,1...,k-1}\)，得点值表示后再\(Idft\)即可。
[牛客挑战赛11E] 白兔的***难(解法二)
考虑暴力单位根反演，\(Ans_t = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} [k|i-t] = \frac{1}{k}\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} \sum_{j=0}^{k-1} (w_{k}^{i-t})^j\)。
所以\(Ans_t = \frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1} (w_k^{-t})^j \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} (w_{k}^i)^j = \frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1} (w_k^{-t})^j (1 + w_k^j)^n\) 。
不难发现这是一个\(Idft\)形式。
我们把\((1+w_k^j)^n\)看做\(A(w_k^j)\)(指数模\(k\)意义下的循环卷积)，即\((1+w_k^j)^n = A(w_k^j) = y_j\) 。
那么\(Ans_t = B(w_k^{-t}) = \frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1} y_j (w_k^{-t}) = \frac{1}{k} (a_t k) = a_t\)。
所以\(Ans_t\)等于\(A(x) = (1 + x)^n\)这个循环卷积的第\(t\)项系数，与我们组合意义所得的内容一致。
