FFT\NTT总结
学了好久，终于基本弄明白了
推荐两个博客：
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再推荐几本书：
《ACM/ICPC算法基础训练教程》
《组合数学》（清华大学出版社）
《高中数学选修》
预备知识
复数方面
找数学老师去
\[i^{2}=-1，i为虚数的单位
\]
坐标系上纵轴就是虚数轴，复数就是这上面的点
三种表示法:
$$一般：a + bi，a为实部，b为虚部$$
$$指数：e^{i\theta}坐标系上的模长$$
$$三角：模长(cos\theta + i sin \theta)$$
运算：
加减法：实部虚部分别相加
乘法：$$(a + bi) * (c + di) = ac + adi + bci + bdi^{2}
= ac-bd+(ad+bc)i$$
欧拉公式
\[e^{ix} = cosx + isinx(就是指数表示和三角表示)
\]
\[特别的e^{i\pi} = -1
\]
多项式
\[系数表示法：A(x) = \Sigma _{k=0}^{n - 1} a_kx^k
\]
\[点值表示法：对于所有的x_k，求出它们对应的A(x)，设为y_k
\]
\[则可以用\{(x_0, y_0), (x_1, y_1), ......, (x_n-1, y_n-1)\} 表示这个多项式
并且是唯一确定的\]
单位复数根
\[n次单位复数根\omega^{n} = 1，n次单位复数根刚好有n个对应e^{\frac{2k\pi i}{n}}，其中k=0到n - 1
\]
三个性质：
消去引理：
$$n, d, k为正整数，则\omega{dk}_{dn}=\omega{n}$$
$$证明：套e^{\frac{2k\pi i}{n}} 即可$$
折半引理：
$$n为大于零的偶数，则(\omega{k+\frac{n}{2}}_{n})=\omega{2k+n}_{n}=\omega\omega{n}_{n}=(\omega{n})^{2}$$
求和引理：
大于1的整数n，和不被n整除的非负整数k，有
$$\Sigma{n-1}_{j=0}(\omega)^{j}=0$$
证明可以用等比数列求和公式得到（很简单的，手推一遍就好）
Rader排序
其实就是二进制数位翻转
正题
DFT
对于k=0~n-1，定义：
\[y_k=A(\omega^{k}_{n}) = \Sigma^{n-1}_{j=0} a_j(\omega^{k}_{n})^j
\]
\[得到的y称为a的离散傅里叶变换，记作y=DFT_n(a) (这里的y，a指的是所有的y_k, a_k，即向量y,a)
\]
逆DFT
\[就是DFT的逆变换，求出向量a，记为DFT^{-1}
\]
假设得到了向量y
\[对于y_k = \Sigma^{n-1}_{i=0}a_i(\omega^{k})^i
\]
\[有a_k = \frac{1}{n}\Sigma^{n-1}_{i=0}y_i(\omega^{-k})^i
\]
\[证明：a_k=\frac{1}{n}\Sigma^{n-1}_{i=0}y_i(\omega^{-k})^i=\frac{1}{n}\Sigma^{n-1}_{i=0}( \Sigma^{n-1}_{j=0}a_j(\omega^{k})^j)(\omega^{-k})^i=\frac{1}{n} \Sigma^{n-1}_{i=0}a_i(\Sigma^{n-1}_{j=0}(\omega^{j-k})^i)
\]
\[可以用等比数列求和出上面的就是a_k（当j\ne k是括号里的为0，当j=k时为1）
\]
FFT
上面已经把DFT和逆DFT搞定了，两个几乎是一样的
所以求多项式的积（卷积）可以用DFT转换成点值表示，就可以O(n)，一一相乘，得到积的多项式的点值表示，最后用逆DFT得到系数表示
复杂度瓶颈在于怎样快速求解DFT（逆DFT和DFT方法一样）
FFT就是一个O(nlogn)求解DFT的方法
首先把A(x)分成奇数项和偶数项记作
\[A^{[0]}(x) = a_0 + a_2x + a_4x^2 + ... + a_{n-2}x^{\frac{n}{2} - 1}
\]
\[A^{[1]}(x) = a_1 + a_3x + a_5x^2 + ... + a_{n-1}x^{\frac{n}{2} - 1}
\]
\[显然A(x) = A^{[0]}(x^2) + xA^{[1]}(x^2)
\]
那么
\[A(\omega^k_n)=A^{[0]}((\omega^k_n)^2) + \omega^k_n A^{[1]}((\omega^k_n)^2)=A^{[0]}(\omega^k_{\frac{n}{2}}) + \omega^k_n A^{[1]}(\omega^k_{\frac{n}{2}})
\]
\[因为\omega^{\frac{n}{2}}_{n}=\omega_{2}=e^{k\pi i}= cos k\pi + i sin k\pi = -1
\]
\[所以A(\omega^{k+\frac{n}{2}}_n)=A^{[0]}(\omega^k_{\frac{n}{2}}) - \omega^k_n A^{[1]}(\omega^k_{\frac{n}{2}})
\]
这称为蝴蝶操作
于是对每个y值的求解可以通过分组求出，若递归变成处理子任务，这样复杂度就成了O(nlogn)
这样不停地分组，最后就相当于Rader排序了一番，所以也可以变成非递归的
注意每次都要把多项式补成2的幂，便于FFT
递归写可能好理解一些，但不好写
还有一些东西什么的，其实记一记就好了其实自己说不清
系统的复数complex代码
# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(3e6 + 10);
const double Pi = acos(-1);
IL ll Read(){
char c = '%'; ll x = 0, z = 1;
for(; c > '9' || c < '0'; c = getchar()) if(c == '-') z = -1;
for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
return x * z;
}
int n, m, r[_], l;
complex <double> a[_], b[_];
IL void FFT(complex <double> *P, int opt){
for(RG int i = 0; i < n; ++i) if(i < r[i]) swap(P[i], P[r[i]]); //Rader排序
for(RG int i = 1; i < n; i <<= 1){
complex <double> W(cos(Pi / i), opt * sin(Pi / i)); //旋转因子
for(RG int p = i << 1, j = 0; j < n; j += p){
complex <double> w(1, 0);
for(RG int k = 0; k < i; ++k, w *= W){
complex <double> X = P[j + k], Y = w * P[j + k + i];
P[j + k] = X + Y; P[j + k + i] = X - Y; //蝴蝶操作
}
}
}
}
int main(RG int argc, RG char *argv[]){
n = Read(); m = Read();
for(RG int i = 0; i <= n; ++i) a[i] = Read();
for(RG int i = 0; i <= m; ++i) b[i] = Read();
m += n;
for(n = 1; n <= m; n <<= 1) ++l;//补成2的幂
for(RG int i = 0; i < n; ++i) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l - 1));//Rader排序预处理
FFT(a, 1); FFT(b, 1); //DFT
for(RG int i = 0; i < n; ++i) a[i] = a[i] * b[i]; //点值直接相乘
FFT(a, -1); //逆DFT
for(RG int i = 0; i <= m; ++i) printf("%d ", (int)(a[i].real() / n + 0.5));
return 0;
}
或者可以自己定义complex，用复数运算
struct Complex{
double real, image;
IL Complex(){ real = image = 0; }
IL Complex(RG double a, RG double b){ real = a; image = b; }
IL Complex operator +(RG Complex B){ return Complex(real + B.real, image + B.image); }
IL Complex operator -(RG Complex B){ return Complex(real - B.real, image - B.image); }
IL Complex operator *(RG Complex B){ return Complex(real * B.real - image * B.image, real * B.image + image * B.real); }
}
NTT(快速数论变换)
前置技能原根
设\(g\)为\(p\)(质数)的原根
则\(e^{\frac{2\pi i}{n}}\equiv\omega_n\equiv g^{\frac{p-1}{n}}(mod \ p)\)
带进去就好了
Reverse的那个不会证明
\(UOJ\)的模板
# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Zsy(998244353);
const int Phi(998244352);
const int G(3);
const int _(4e5 + 5);
IL ll Input(){
RG ll x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
return x * z;
}
int n, m, N, l, r[_], A[_], B[_];
IL int Pow(RG ll x, RG ll y){
RG ll ret = 1;
for(; y; y >>= 1, x = x * x % Zsy)
if(y & 1) ret = ret * x % Zsy;
return ret;
}
IL void NTT(RG int *P, RG int opt){
for(RG int i = 0; i < N; ++i) if(r[i] < i) swap(P[r[i]], P[i]);
for(RG int i = 1; i < N; i <<= 1){
RG int W = Pow(G, Phi / (i << 1));
if(opt == -1) W = Pow(W, Zsy - 2);
for(RG int j = 0, p = i << 1; j < N; j += p){
RG int w = 1;
for(RG int k = 0; k < i; ++k, w = 1LL * w * W % Zsy){
RG int X = P[k + j], Y = 1LL * w * P[k + j + i] % Zsy;
P[k + j] = (X + Y) % Zsy, P[k + j + i] = (X - Y + Zsy) % Zsy;
}
}
}
}
int main(RG int argc, RG char* argv[]){
n = Input(), m = Input();
for(RG int i = 0; i <= n; ++i) A[i] = Input();
for(RG int i = 0; i <= m; ++i) B[i] = Input();
for(n += m, N = 1; N <= n; N <<= 1) ++l;
for(RG int i = 0; i < N; ++i) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l - 1));
NTT(A, 1); NTT(B, 1);
for(RG int i = 0; i < N; ++i) A[i] = 1LL * A[i] * B[i] % Zsy;
NTT(A, -1);
RG int inv = Pow(N, Zsy - 2);
for(RG int i = 0; i <= n; ++i) printf("%lld ", 1LL * A[i] * inv % Zsy);
return 0;
}
