快速数论变换 | NTT 初学

快速数论变换 | NTT 初学

前置

• FFT

• 原根

  阶：称满足同余方程 $a^x\equiv 1\mathrm{mod}m$ 的最小正整数解 $x$ 为 $a$ 的模 $m$ 的阶，记为
  $Or{d}_{m}a$。

  观察到本质就是最短循环节，同时该同余方程类似于欧拉定理：

  $$a^{\phi (m)}\equiv 1\mathrm{mod}m，a\mathrm{\perp }m$$

  那么显然两者的关系是 $Or{d}_{m}a\mid \phi (m)$。特别地，当 $Or{d}_{m}a=\phi (m)$ 时，我们称 $a$ 是 $m$ 的一个原根。

  下面给出三个有关原根和阶的事实。

  • 若有 $a^n\equiv 1\mathrm{mod}m$，则 $a$ 的阶 $x$ 满足 $x\mid n$。

    证明：

    将 $n$ 带余除法表示成 $xq+r(q\in Z,0\le r<x)$ 的形式，其中，$x=Or{d}_{m}a$。那么显然有 $a^{xq}\equiv (a^x{)}^q\equiv 1^q\equiv 1\mathrm{mod}m$。那么可得

    $$a^r\equiv a^{n-xq}\equiv a^{n-xq}{a}^{xq}\equiv a^n\equiv 1\mathrm{mod}m$$

    因为 $x$ 是满足 $a^x\equiv 1\mathrm{mod}m$ 的最小正整数解，故有 $r=0$，也即 $n=xq$，故 $x\mid n$。

  • 一个数 $x$ 是模 $m$ 的原根当且仅当 $x$ 可以生成所有的可逆元，也即任何与 $m$ 互质 的整数 $a$，$\mathrm{\exists }k$，$a\equiv x^k\mathrm{mod}m$。

    证明：

    若 $x$ 不是模 $m$ 的原根，那么其阶必定 $<\phi (m)$，不同于 $x$ 的次方就少于 $\phi (m)$ 个，但是可逆元是数量为 $\phi (m)$，显然不可以生成所有可逆元。

    若 $x$ 是模 $m$ 的原根，$x$ 的前 $\phi (m)$ 个正整数次方分别为 $g,g^2,g^3,\cdots ,g^{\phi (m)}$。我们尝试用反证法说明这 $\phi (m)$ 个数模 $m$ 的结果互不相同。假设存在 $1\le i<j\le \phi (m)$ 满足 $g^i\equiv g^j\mathrm{mod}m$。那么必定有 $g^{j-i}\equiv 1$，因为 $j-i<\phi (m)$，显然与 $Or{d}_{m}x=\phi (m)$ 矛盾。

    所以有 $x$ 前 $\phi (m)$ 次方对 $m$ 取模的余数恰好是与 $m$ 互质的 $\phi (m)$ 个余数的重排后的结果，并且有 $g^{\phi (m)}=1\mathrm{mod}m$。

  • 设 $x$ 是模 $m$ 的一个原根，那么 $x^k$ 是原根，当且仅当 $gcd(k,\phi (m))=1$。

    证明：

    当 $k$ 与 $\phi (m)$ 互质时，一定可以找到一组 $(a,b)$ 满足 $ak+b\phi (m)=1$。故对于 $x$ 任意次方 $x^i$ 都有：

    $$x^i\equiv x^{i(ak+b\phi (m))}\equiv (x^k{)}^{ai}\mathrm{mod}m$$

    也即，$x^i$ 在同于意义下可以表示成 $x^k$ 的 $ai$ 次方，这说明 $x^i$ 可生成所有可逆元，故 $x^i$ 为模 $m$ 的逆元。

  原根的存在性：
  原根存在的充要条件是模数能表示成 $2,4,p^n,2p^n$，其中 $p$ 是一个奇质数。其数量为 $\phi (\phi (m))=\phi (m-1)$。

  原根要怎么求？由前面有关原根的事实可知，要判断一个数 $x(1<x<m)$ 是否是 $m$ 的原根，将 $m-1$ 质因数分解成 $p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}\cdots p_k^{c_k}$。那只需要检验 $\frac{x(m-1)}{p_1},\frac{x(m-1)}{p_2},\cdots ,\frac{x(m-1)}{p_k}$ 中是否存在一个数 $v$ 使得 $v\equiv 1\mathrm{mod}x$。时间复杂度 $O(k\log m)$，其中 $k$ 为 $m-1$ 的质因子个数。当 $m<{10}^{18}$ 时，$k\le 25$，时间开销极小。

NTT

快速傅里叶变换中选定单位根做多项式乘法，其劣势在于无法保证浮点数的精度。考虑用原根替换，会发现它依然满足单位根的三个引理：消去引理、折半引理、求和引理。

void NTT(int *e, int op) {
  for(int i = 0; i < lim; i++) {
		if(i < p[i]) swap(e[i], e[p[i]]); // 蝴蝶变换
	}
	for(int k = 1; k < lim; k <<= 1) { // 迭代
		long long pw = Pow((op == -1 ? Pow(3, Mod - 2) : 3), (Mod - 1) / (k << 1)); // 原根替换单位根
		for(int i = 0; i < lim; i += k << 1) { 
			for(int j = i, o = 1; j < i + k; j++, o = o * pw % Mod) {
				int x = e[j];
				int y = e[j + k];
				e[j] = (x + y * o % Mod) % Mod;
				e[j + k] = (x - y * o % Mod + Mod) % Mod;
			}
		}
	}
	if(op == -1) {
		for(int i = 0; i < lim; i++) {
			e[i] = e[i] * Pow(lim, Mod - 2) % Mod;
		}
	}
}

FFT/NTT 匹配字符串

现有文本串 $s$, 模式串 $t$，长度分别为 $ls$，$lt$。规定下标均从 $0$ 开始。为方便处理，先要将字符串都转成整数。

设 $t$ 与 $s$ 在 $s$ 的下标 $p$ 结尾处匹配上，也即对于 $i=0\sim lt-1$，有 $s_{p-lt+i+1}=t_i$。

因为完全匹配，所以有

$$\sum _{i=0}^{lt-1}(s_{p-lt+i+1}-t_i{)}^2=0$$

$$\sum _{i=0}^{lt-1}(s_{p-lt+i+1}^2+t_i^2-2s_{p-lt+i+1}{t}_i)=0$$

为了统一下标，将 $t$ 反转。

$$\sum _{i=0}^{lt-1}(s_j^2+t_i^2-2s_j{t}_i)=0,(i+j=p)$$

这样就可以用FFT/NTT 求解了。