FFT（快速傅里叶变换）

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3122. 多项式乘法同P3803 【模板】多项式乘法（FFT）

3122. 多项式乘法

题目描述

给定一个 $n$ 次多项式 $F(x)=a_0+a_1x+a_2x_2+…+a_nx_n$。

以及一个 $m$ 次多项式 $G(x)=b_0+b_1x+b_2x_2+…+b_mx_m$。

已知 $H(x)=F(x)⋅G(x)=c_0+c_1x+c_2x_2+…+c_{n+m}x_{n+m}$。

请你计算并输出 $c_0,c_1,…,c_{n+m}$。

输入格式

第一行包含两个整数 $n,m$。

第二行包含 $n+1$ 个整数 $a_0,a_1,…,a_n$。

第三行包含 $m+1$ 个整数 $b_0,b_1,…,b_m$。

输出格式

共一行，依次输出 $c_0,c_1,…,c_{n+m}$。

数据范围

$1≤n,m≤10^5$,
$0≤a_i,b_i≤9$

输入样例：

1 2
1 3
2 2 1

输出样例：

2 8 7 3

解题思路

fft

一个 $n-1$ 次多项式 $f(x)=a_0+a_1\times x^1+a_2\times x^2+\dots + a_{n-1}\times x^{n-1}$可以由 $n$ 个 $(x_i,f(x_i))$ 点唯一表示

证明：
即求解 $n$ 元一次方程的 $a_i$，将其系数用行列式表示出来：

$$\left|\begin{array}{cccc} 1 & x_{1} & \cdots & x_{1}^{n-1} \\ 1 & x_{2} & \cdots & x_{2}^{n-1}\\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & x_{n} & \cdots & x_{n}^{n-1} \end{array}\right|$$

即该系数行列式即为范德蒙行列式的转置，故其值为：$\prod_{1 \leq j<i \leq n}\left(x_{i}-x_{j}\right)$，而 $x_i\neq x_j$，故其值不为 $0$，而一个一次 $n$ 元方程组有唯一解则其系数行列式不为 $0$，故其解唯一，所以一个 $n-1$ 次多项式可以由 $n$ 个点唯一表示

一般 $fft$ 都是用来求解多项式的卷积（乘积），暴力做法的复杂度为 $O(nm)$，而 $fft$ 利用上述性质，即将其转化为点表示法，利用点表示法求出结果的点表示法，最后再将点表示法转化为系数表示法，例如：$f(x)=g(x)\times h(x)$，将 $g(x_i)$ 和 $h(x_i)$ 转化为点表示法，$f(x)$ 共 $n+m$ 项，$g(x)$ 和 $h(x)$ 不足的补零，将对应的共同的 $x_i$ 的 $g(x_i)$ 和 $h(x_i)$ 相乘，得 $f(x)$ 的点表示法，最后再将点表示法转化为系数表示法，而点表示法和系数表示法的相互转化的复杂度为 $O(nlogn)$，即 $fft$ 的复杂度为 $O((n+m)\times log(n+m))$

所以 $fft$ 的关键在于点表示法和系数表示法的相互转化
系数表示法转化为点表示法
其中点当然也可以是复数，故这 $n$ 个点可以为单位圆上辐角均分的 $n$ 个点，用 $w_n^k$ 表示为第 $k$ 个点，其表示的复数为 $(cos(2\pi\times \frac{k}{n}),sin(2\pi\times \frac{k}{n}))$，另外要用到的复数乘法的一些性质：乘法后的复数模长为两复数模长相乘，辐角为两复数辐角相加，则有 $w_n^{k+\frac{n}{2}}=-w_n^k$，$w_{2n}^{2k}=w_n^k$
设一个 $n-1$ （$n$ 为 $2$ 次幂）次多项式 $A(x)=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2} +\cdots+a_{n-2} x^{n-2}+a_{n-1} x^{n-1}$
设：

$$\begin{aligned} &A_{1}(x)=a_{0}+a_{2} x^{2}+\cdots+a_{n-2} x^{\frac{n}{2}-1} \\ &A_{2}(x)=a_{1}+a_{3} x^{1}+\cdots+a_{n-1} x^{\frac{n}{2}-1} \end{aligned}$$

则有 $A(x)=A_1(x^2)+xA_2(x^2)$
假设 $0 \leq k<\frac{n}{2}$ ，将 $x=\omega_{n}^{k}$ 代入，得

$$A\left(\omega_{n}^{k}\right)=A_{1}\left(\omega_{n}^{2 k}\right)+\omega_{n}^{k} A_{2}\left(\omega_{n}^{2 k}\right)$$

将 $x=\omega_{n}^{k+\frac{n}{2}}$ 代入，得

$$\begin{aligned} A\left(\omega_{n}^{k+\frac{n}{2}}\right) &=A_{1}\left(\omega_{n}^{2 k+n}\right)+\omega_{n}^{k+\frac{n}{2}} A_{2}\left(\omega_{n}^{2 k+n}\right) \\ &=A_{1}\left(\omega_{n}^{2 k}\right)+\omega_{n}^{k+\frac{n}{2}} A_{2}\left(\omega_{n}^{2 k}\right) \\ &=A_{1}\left(\omega_{n}^{2 k}\right)-\omega_{n}^{k} A_{2}\left(\omega_{n}^{2 k}\right) \end{aligned}$$

即如果知道一半的 $A(\omega_{n}^{k})$，则可以知道另一半的 $A(\omega_{n}^{k+\frac{n}{2}})$，另外每次都能将原问题的求解规模缩小一半，故其时间复杂度为 $O(nlogn)$
由于 $fft$ 的递归写法常数巨大，故一般采用迭代写法，例如：

$$\underline{a_0\ a_1\ a_2\ a_3\ a_4\ a_5\ a_6\ a_7}\\ \underline{a_0\ a_2\ a_4\ a_6}\ \underline{\ a_1\ a_3\ a_5\ a_7}\\ \underline{a_0\ a_4}\ \underline{\ a_2\ a_6}\ \underline{\ a_1\ a_5}\ \underline{\ a_3\ a_7}\\ \underline{a_0}\ \underline{a_4}\ \underline{a_2}\ \underline{a_6}\ \underline{a_1}\ \underline{a_5}\ \underline{a_3}\ \underline{a_7}\\ $$

其中最上层的 $a_i$ 表示按多项式顺序的值，最下层表示初始时的 $a_i$，例如 $a_0$ 由下层的 $a_0$ 和 $a_1$ 计算得到，其他同理。迭代需要最底层的数，$\color{red}{最底层的数的下标和原数的下标之间有什么关系？}$下标的二进制之间互为翻转关系（蝴蝶变换）。简略证明：如果一个数为奇数，即二进制下最低位为 $1$，则其一定在另外一半中出现，而另外一半最高位都为 $1$，即最高位和最低位满足翻转关系，同理不考虑最高位和最低位的情况下其他位也满足翻转关系。得到最底层，往上计算即得点表示法，具体计算：设置一个变量 $mid$，表示当前区间数需要计算的次数，由于每次只需计算一半，$2\times mid$ 即当前区间数，$i$ 为每个区间开始的位置，$j$ 为每个区间的位置变量，$i+j$ 即为每个区间中多项式对应的值，据此递推计算即可

点表示法转化为系数表示法

设一个 $n-1$ （$n$ 为 $2$ 次幂）次多项式 $A(x)=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2} +\cdots+a_{n-2} x^{n-2}+a_{n-1} x^{n-1}$，由迭代过程得到 $n$ 个多项式的值 $y_i$，则 $a_k=\frac{\sum_{i=0}^{n-1}y_i(\omega_n^{-k})^i}{n}$

证明：$\sum_{i=0}^{n-1}y_i(\omega_n^{-k})^i=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\omega_n^i)^j(\omega_n^{-k})^i=\sum_{j=0}^{n-1}a_j\sum_{i=0}^{n-1}(\omega_n^{j-k})^i$
设 $s(x)=1+x+x^2+\dots +x^{n-1}$，则如果 $k\neq 0$，$s(\omega_n^k)=1+\omega_n^k +\omega_n^{2k}+\dots +\omega_n^{(n-1)k}$，而 $\omega_n^ks(\omega_n^k)=\omega_n^k+\omega_n^{2k}+\dots +\omega_n^n=s(\omega_n^k)$，而 $\omega_n^k\neq 0$，则 $s(\omega_n^k)=0$，如果 $k=0$，则 $s(\omega_n^k)=n$。故 $\sum_{j=0}^{n-1}a_j\sum_{i=0}^{n-1}(\omega_n^{j-k})^i$ 当且仅当 $j=k$ 时 $\sum_{i=0}^{n-1}(\omega_n^{j-k})^i\neq 0$，且其等于 $n$，故 $\sum_{j=0}^{n-1}a_j\sum_{i=0}^{n-1}(\omega_n^{j-k})^i=na_k$，得证
$\color{red}{知道这个有什么用处呢？}$ 设 $g(x)=\sum_{i=0}^{n-1}y_ix^i$，则 $a_k=\frac{g(\omega_n^{-k})}{n}$，即可以利用转化为点表示法的过程求解系数表示法

• 时间复杂度：$O((n+m)\times log(n+m))$

代码

// Problem: 多项式乘法
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/3125/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const double pi=acos(-1);
const int N=3e5+5;
int n,m,bit,tot,rev[N];
struct cp
{
	double x,y;
	cp operator+(const cp &o)const
	{
		return {x+o.x,y+o.y};
	}
	cp operator-(const cp &o)const
	{
		return {x-o.x,y-o.y};
	}
	cp operator*(const cp &o)const
	{
		return {x*o.x-y*o.y,x*o.y+y*o.x};
	}
}a[N],b[N];
void fft(cp a[],int inv)
{
	for(int i=0;i<tot;i++)
		if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int mid=1;mid<tot;mid<<=1)
	{
		cp w1={cos(pi/mid),inv*sin(pi/mid)};
		for(int i=0;i<tot;i+=mid*2)
		{
			cp wk={1,0};
			for(int j=0;j<mid;j++,wk=wk*w1)
			{
				cp x=a[i+j],y=a[i+j+mid];
				a[i+j]=x+wk*y,a[i+j+mid]=x-wk*y;
			}
		}
	}
}
int main()
{
    help;
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<=n;i++)cin>>a[i].x;
    for(int i=0;i<=m;i++)cin>>b[i].x;
    while((1<<bit)<n+m+1)bit++;
    tot=1<<bit;
    for(int i=0;i<tot;i++)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(bit-1));
    fft(a,1),fft(b,1);
    for(int i=0;i<tot;i++)a[i]=a[i]*b[i];
    fft(a,-1);
    for(int i=0;i<=n+m;i++)cout<<int(a[i].x/tot+0.5)<<' ';
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/15458728.html
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