数学总结 6（FFT、NTT、卷积）

一、前置知识

快速傅里叶变换 FFT

快速数论变换 NTT

快速沃尔什变换 FWT

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二、常见应用

例 1：ABC392G Fine Triplets

这场 ABC 我好像被 G 题创飞了来着。
不妨移项得 \(A+C=2B\)，这是一个跟值有关的式子，所以考虑对每一个值记录一个桶表示这个数是否出现，设它为 \(c_i\)。
考虑枚举 \(B\) 计算答案：设 \(f_i\) 表示能拼凑出 \(2i\) 的方案数，则有 \(f_i = c_i \sum\limits_{j=1}^{2i-1} c_j \times c_{2i-j}\)。
这个系数 \(2\) 很不自然，但不难发现后半部分是一个卷积形式。
所以可以设 \(f_i= \sum\limits_{j=0}^{i} c_j \times c_{i-j}\)，查询 \(f_{2i}\) 即可。
但最终答案要 \(-1\) 后 \(\div 2\)，因为要扣掉 \(i+i=2i\) 的情况，以及钦定 \(A \lt C\)。

例 2：洛谷 P3338 ZJOI2014 力

还是挺好想的。

\[E_i = \sum\limits_{j=1}^{i-1} \frac{q_j}{(i-j)^2} - \sum\limits_{j=i+1}^n \frac{q_j}{(i-j)^2} \]

这个式子一眼先分为前后两部分讨论，设它们算出来分别是 \(h1_i, h2_i\)。
然后需要构造参与卷积的函数了，设分别为 \(f,g\)。
不难想到 \(f(j) = q_j, g(j) = \frac{1}{j^2}\)。
所以有：

\[h1_i = \sum\limits_{j=1}^{i-1} f_j g_{i-j} \quad h2_i = \sum\limits_{j=i+1}^{n} f_j \times g_{i-j} \]

前者是卷积板子，直接胡一下就过去了。
后者由于 \(i-j\) 是负数，所以加上偏移量 \(n\)，最后答案改成 \(h2_{i+n}\) 就好了。
一直以为三次变两次优化是神一样的存在。对于我这种大常数选手简直是救星。
然而这题卡精度，三步并两步会造成精度丢失。

例 3：洛谷 P3723 AH2017/HNOI2017 礼物

这也是一道比较简单的题目。
首先看到完全平方公式，很难不想到分离贡献。
\((x-y)^2 = x^2+y^2 - 2xy\)，注意到前面是定值，后面是乘积。
这启发我们把它搬到序列上看……

\[\sum\limits_{i=1}^{n} x_i^2+y_i^2 - 2x_iy_i \]

后者看上去很像卷积！把 \(y\) 反转一下就成了 \(\sum\limits_{i=1}^{n} x_i y_{n-i+1}\)。

考虑到 \(c\) 的范围很小（\(\leq 100\)），所以貌似可以直接枚举 \(c\)，暴力计算 \(a,b\) 之后卷积。
NTT 优化，复杂度 \(O(mn \log n)\)。
理论可过，但常数大 QwQ。被卡到 70pts 了。

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考虑优化，但发现并没有办法优化……
那就从头推吧，把 \(c\) 也扔进去推（现在钦定 \(c \in [-m, m]\)）。

\[(x-y+c)^2 = x^2+y^2+c^2+2xc+2yc+2xy \]

拍到序列上。

\[\sum\limits_{i=1}^{n} (x_i^2 + y_i^2) + 2c \sum\limits_{i=1}^{n} (x_i-y_i) + n \times c^2 - 2 \times \sum\limits_{i=1}^{n} x_i y_i \]

之前做法的瓶颈在于对每个 \(c\) 都要卷一次，但现在卷积部分和 \(c\) 无关了！
复杂度 \(O(nc + n \log n)\)。

很好奇为什么几乎所有题解都是一开始就注意到要把 \(c\) 放进去推……

例 4：ARC185C Sum of Three Integers

简单题，但是细节硬控两小时。
并不难想到先特判掉简单 Case：例如 \(3x = S\) 的情况和 \(2x+y=S\) 的情况。
注意判断 \(2x+y=S\) 的时候 \(x \not= 2\)。
然后枚举 \(i\)，求是否有 \(j+k=S-i\)，由于 \(j+k\) 长得很卷积所以直接 NTT 预处理一下就行了，注意由于特判掉 Corner Case 现在需要满足 \(i \not= j \not= k\)。
然后暴力扫即可。

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三、分治 FFT/NTT

例 5：ABC352G Socks 3

或许是上上周概率与期望做多了，现在一看到这题就想到拆贡献。
具体地，求每种袜子被配对的期望，然后不太好搞还要怎么容斥算一下。
结果全乱了，事实上可以从期望的定义出发拆贡献：

设 \(g_i\) 表示选 \(i\) 次仍然没有选出重复袜子的概率。
则答案为 \(1+\sum\limits_{i=1}^{n} g_i\)。

这个式子大概就是在说 \(\geq 1\) 的概率加上 \(\geq 2\) 的概率加上……这样一直加下去。
由于每个事情只有 \(0\) 或 \(1\)（发生或不发生）两种状态，所以期望等于概率。
\(+1\) 是因为要至少再选一个才能重复。

考虑求 \(g_i\)，类似于容斥的题目，转化为一个 \(\geq x\) 的形式之后做 DP。
具体地设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 种颜色，选出 \(j\) 种，不重复的方案数，则 \(g_i = \displaystyle \binom{\sum\limits a_j}{dp_{n}^{i}}\)。
不难写出转移 \(dp_{i,j} = dp_{i-1,j-1} a_i + dp_{i-1,j}\)。

然后就是神秘 Poly 优化转移了。
考虑把 DP 数组看作多项式，一个 \(a_i\) 的加入看作乘上一个多项式 \(a_i x + 1\)。
于是就可以在原 DP 数组的基础上不断卷上新的多项式了，复杂度很高贵不细算了。
这时候很难注意到可以分治，因为多项式乘法具有结合律。
设 solve(l, r) 表示 \([l,r]\) 多项式的乘积，每次合并 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\) 两部分的多项式即可，模数 \(998244353\) 提示得很明显可以 NTT 合并。
所以总复杂度是 \(O(n \log^2 n)\)。

其实这类 trick 叫做分治 FFT/NTT。

例 6：ABC267H Odd Sum

和上一题类似，这题也是用多项式优化 DP 转移。
事实上，01 背包中一个 \(a\) 体积的物体可以看作一个 \(1+x^a\) 的多项式，所有多项式乘积的 \(m\) 次项就是选元素和为 \(m\) 的方案数。
一样地，不能直接暴力把多项式相乘，但是每一位的多项式都较小，所以可以分治 NTT。
然而这题要求求出选奇数个物品，既然是奇偶分开做那就考虑类似容斥：再求一下 \(1-x^a\) 的多项式乘积。
这样奇数项是减，偶数项是加，只要用之前的答案减去现在的答案，就是奇数个的两倍了。

例 7：ABC247Ex Rearranging Problem

洛谷翻译得很抽象……

给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(c\)，现在你有一个排列 \(p\)，初始 \(p_i = i\)，进行 \(k\) 次操作，每次可以交换 \(p_i, p_j\)。
问经过 \(k\) 次交换之后有多少种排列 \(p'\) 满足 \(c_{p'_i} = c_i\)。
换个说法，就是每次可以交换 \(c_i, c_j\)，问有多少种交换后的下标对应关系使得 \(c\) 和原来一样。

并不难想到将 \(i \to p_i\) 这样连边，都老套路了。
然后一个长度为 \(len\) 的环就至少需要 \(len-1\) 步还原，具体地随便拿一个环中点作为“中转站”，将所有数交换到这里再交换去对应的位置。
另外一个显然的观察是，最少交换次数的奇偶性和 \(m\) 相同，多出来的部分一直重复交换两个位置即可抵消掉。

基于这两个观察，怎么暴力怎么来，先枚举排列 \(p\) 再通过性质 1 算出至少需要多少次，根据性质 2 的奇偶性判断是否要累加进答案。
这么做有很大的优化空间，显然可以 DP：

设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个点，用了 \(j\) 次交换的方案数。
看上去有点复杂，主要原因是 \(j\) 次交换不好刻画，还需要枚举 \(i\) 和哪些点在一个环中。
所以改设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个点，构成 \(j\) 个环的方案数。记 \(count(i)\) 表示 \([1,i-1]\) 这些点中和 \(i\) 颜色相同的点数。
不难写出转移方程：

\[sp_{i,j} = dp_{i-1,j-1} + dp_{i-1,j} \times count(i) \]

又是多项式优化 DP 的经典形式，将 \(i\) 点看成多项式 \((1+ count(i) x)\) 做分治 NTT 即可。

例 8：ABC213H Stroll

题目翻译提示得太多了，差评。
首先不难设 \(f_{i, u}\) 表示走到 \(u\) 点，多项式次数为 \(i\) 的方案数，则有：

\[f_{i, u} = \sum\limits_{j=1, (u,v) \in E}^{T} dp_{i-j,v} \times P_{(u, v), j} \]

卷积形式，想到 FFT，不妨换一个角度看待转移式：

\[f_{i, u} \times P_{(u, v), j} \to dp_{i+j, v} \]

这样还是只能一位一位转移，很麻烦。
怎样用 FFT 快速转移？事实上就是一次转移多个，即分治 FFT。
具体地，对次数这一维度分治，每次计算 \([l, mid]\) 对 \([mid+1, r]\) 的贡献，即 \([l, mid]\) 这一段集体卷上 \(P_{u, v}\)。
最后观察模数决定使用 NTT。
事实上分治 FFT 本质上就是 CDQ 分治。

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四、结合字符串

例 9：洛谷 P4173 残缺的字符串

说多了都是玄学。
FFT/NTT 强如怪物，甚至可以和字符串结合。

考虑没有 * 字符怎么做，显然是 KMP 板子。
假设已经知道这题需要使用 FFT/NTT，那肯定要先把它转化成数学式再考虑怎么卷。
假设现在 \(S: [k,k+m-1]\) 匹配 \(T: [1,m]\)，则需要满足：

\[\sum\limits_{i=1}^{m} (S_{i+k-1} - T_i) ^2 = 0 \]

因为如果只是做差的累加，可以构造出两个字符串它们所含字母相同但任意排列，这样字符串是不匹配的，但等式成立。
如果加绝对值又没有任何优化的道理，所以改为平方，还能顺便带一个乘积形式出来。

考虑反转 \(T\) 字符串：

\[\sum\limits_{i=1}^{m} (S_{i+k-1}-T_{m-i+1})^2 \]

\[\sum\limits_{i=k}^{m+k-1} S_i^2 + \sum\limits_{i=1}^{m} T_i^2 - 2\sum\limits_{i+j=k} S_j \times T_i \]

前面两个是好维护的，至于最后一个又是卷积形式，FFT/NTT 大法好。
如果加入了 * 字符呢？
相当于无论对面给出什么字符，这一项都为 \(0\)。
所以给 * 字符赋值为 \(0\)，修改判定式为：

\[\sum\limits_{i=1}^{m} (S_{i+k-1} - T_{m-i+1})^2 S_{i+k-1} T_{m-i+1} = 0 \]

展开得：

\[\sum\limits_{i=1}^{m} S_{i+k-1}^3 T_{m-i+1} + \sum\limits_{i=1}^{m} S_{i+k-1} T_{m-i+1} ^3 - 2 \sum\limits_{i=1}^{m} S_{i+k-1} ^2 T_{m-i+1} ^2 = 0 \]

三部分求和都是卷积形式，FFT/NTT 爽飞了，复杂度 \(O(n \log n)\)。