【算法】快速数论变换(NTT)初探

【简介】

  快速傅里叶变换(FFT)运用了单位复根的性质减少了运算,但是每个复数系数的实部和虚部是一个余弦和正弦函数,因此系数都是浮点数,而浮点数的运算速度较慢且可能产生误差等精度问题,因此提出了以数论为基础的具有循环卷积性质的快速数论变换(NTT)。

  在FFT中,通过$n$次单位复根即$\omega^n=1$的$\omega$来运算,而对于NTT来说,则是运用了素数的原根来运算。

【原根】

【定义】

  对于两个正整数$a,m$满足$gcd(a, m)=1$,由欧拉定理可知,存在正整数$d\leq m-1$,如$d=\varphi(m)$,使得$a^d\equiv 1(mod\ m)$。

  因此,在$gcd(a, m)=1$时,定义$a$对模$m$的指数$\delta m(a)$为使$a^d\equiv 1(mod\ m)$成立的最小正整数$d$。若$\delta m(a)=\varphi (m)$,则称$a$是模$m$的原根。

【性质/定义2】

  若一个数$g$是对于$P$的原根,那么$g^i\ mod\ P,1\leq i<P$的结果互不相同。

【求原根方法】

  对质数$P-1$分解质因数得到不同的质因子$p_1,p_2,p_3,...,p_n$,对于任何$2\leq a\leq P-1$,判定$a$是否为$P$的原根,只需要检验$a^{\frac{P-1}{p_1}},a^{\frac{P-1}{p_2}},...,a^{\frac{P-1}{p_n}}$这n个数中,是否存在一个数$mod\ P$为$1$,若存在,则$a$不是$P$的原根,否则$a$是$P$的原根。

【正确性证明】

  假设存在一个$t<\varphi(P)=P-1$使得$a^t\equiv 1(mod\ P)$且$\forall i\subseteq [1,P),a^{\frac{P-1}{p_i}}\ mod\ P \neq 1$。

  由裴蜀定理得,一定存在一组$k,x$使得$kt=(P-1)x+gcd(t, P-1)$

  由欧拉定理/费马小定理得,$a^{P-1}\equiv 1(mod\ P)$

  于是$1\equiv a^{kt}\equiv a^{(P-1)x+gcd(t, P-1)}\equiv a^{gcd(t, P-1)}(mod\ P)$

  $t<P-1$故$gcd(t, P-1)<P-1$

  又$gcd(t, P-1)|P-1$,于是$gcd(t, P-1)$必整除$a^{\frac{P-1}{p_1}},a^{\frac{P-1}{p_2}},...,a^{\frac{P-1}{p_n}}$中至少一个,设$gcd(t, P-1)|a^{\frac{P-1}{p_i}}$,则$a^{\frac{P-1}{p_i}}\equiv a^{gcd(t, P-1)}\equiv 1(mod\ P)$。

  故假设不成立。

【用途】

  我们可以发现原根$g$拥有所有FFT所需的$\omega$的性质,于是如果我们用$g^{\frac{P-1}{N}}(mod\ P)$来代替$\omega_n=e^{\frac{2\pi i}{N}}$,就能把复数对应成一个整数,在$(mod\ P)$意义下做快速变换了。

【NTT模数】

  显然在上述的用途中,$P$必须是素数且$N$必须是$P-1$的因数,因为$N$是$2$的幂,所以可以构造形如$P=c\cdot 2^k+1$的素数。

  常见的形如$P=c\cdot 2^k+1$的素数有$998244353=119\cdot 2^{23}+1,1004535809=479\cdot 2^{21}+1$,它们的原根都为$3$

  如果题目的模数$P$任意怎么办?我们取的模数必须超过$n(P-1)^2$

  那么我们可以取多个模数(乘积$> n(P-1)^2$)做完NTT之后用CRT合并...

  模数表:http://blog.miskcoo.com/2014/07/fft-prime-table 

【例题】

例1:bzoj2179: FFT快速傅立叶 

  原来的配方,熟悉的味道...(怎么比FFT慢了

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define MOD(x) ((x)>=mod?(x)-mod:(x))
using namespace std;
const int maxn=4000010, inf=1e9, mod=998244353;
int n, N;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn];
char s[maxn];
inline int power(int a, int b)
{
    int ans=1;
    for(;b;b>>=1, a=1ll*a*a%mod)
    if(b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
    return ans;
}
inline void ntt(int *a, int f)
{
    for(int i=0, j=0;i<N;i++)
    {
        if(i<j) swap(a[i], a[j]);
        for(int k=N>>1;(j^=k)<k;k>>=1);
    }
    for(int i=2;i<=N;i<<=1)
    {
        int nw=power(3, (mod-1)/i);
        if(f==-1) nw=power(nw, mod-2);
        for(int j=0, m=i>>1;j<N;j+=i)
        for(int k=0, w=1;k<m;k++)
        {
            int t=1ll*a[j+k+m]*w%mod;
            a[j+k+m]=MOD(a[j+k]-t+mod);
            a[j+k]=MOD(a[j+k]+t);
            w=1ll*w*nw%mod;
        }
    }
    if(f==-1) for(int i=0, inv=power(N, mod-2);i<N;i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
}
int main()
{
    scanf("%d", &n); for(N=1;N<(n<<1);N<<=1); 
    scanf("%s", s); for(int i=0;i<n;i++) a[n-i-1]=s[i]-'0';
    scanf("%s", s); for(int i=0;i<n;i++) b[n-i-1]=s[i]-'0';
    ntt(a, 1); ntt(b, 1);
    for(int i=0;i<N;i++) c[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    ntt(c, -1); 
    for(int i=0;i<N;i++)
    if(c[i]>=10)
    {
        c[i+1]+=c[i]/10; c[i]%=10;
        if(i==N-1) N++;
    }
    N--; while(!c[N] && N>0) N--;
    for(int i=N;~i;i--) printf("%d", c[i]);
}
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例2:bzoj3992: [SDOI2015]序列统计 

  DP。

  $f[i][j]$为前$i$个数总和$mod\ m$后为$j$的方案数,$B[i]$为集合内数$mod\ m$后为$i$的数的个数。$$f[i][j*k\%m]=\sum f[i-1][j]*B[k]$$

  这个式子显然是可以矩阵快速幂优化的,效率$O(m^2logn)$,还是会TLE。

  对所有数$x$,设$g^i(mod\ m)=x$,则将$x$映射为$i$,即取$x$在模$m$意义下的离散对数,$c$为$f[L]$,$a$为$f[L-1]$。

  原式改为:$$c[(i+j)\%(\varphi(m)=m-1)]=\sum_{k=0}^{i+j} a[i]\cdot b[i+j-k]$$

  卷积形式,上NTT

  注意乘出来超过$m-1$项,而次数超过$m-1$项的贡献应加回次数减去$m-1$的项中,即上方式子的取模操作。

  NTT次数较多预处理出$g$的所有次幂会快一些,而且因为不明原因直接取模会比快速取模快,CPU你怎么这么难伺候...

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#define MOD(x) ((x)>=mod?(x)-mod:(x))
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=20010, inf=1e9, mod=1004535809;
int n, m, x, s, N, g, X;
int a[maxn], b[maxn], A[maxn], B[maxn], ind[maxn], p[maxn], g1[maxn], g2[maxn];
inline void read(int &k)
{
    int f=1; k=0; char c=getchar();
    while(c<'0' || c>'9') c=='-'&&(f=-1), c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') k=k*10+c-'0', c=getchar();
    k*=f;   
} 
inline int power(int a, int b, int p)
{
    int ans=1;
    for(;b;b>>=1, a=1ll*a*a%p)
    if(b&1) ans=1ll*ans*a%p;
    return ans;
}
inline bool judge(int x)
{
    for(int i=1;i<=p[0];i++)
    if(power(x, (m-1)/p[i], m)==1) return 0;
    return 1;
}
inline int yg(int x)
{
    x--;
    for(int i=2;i*i<=x;i++)
    if(x%i==0)
    {
        p[++p[0]]=i;
        while(x%i==0) x/=i;
    }
    if(x>1) p[++p[0]]=x;
    for(int i=2;;i++) if(judge(i)) return i;
}
inline void init()
{
    int base1=power(3, (mod-1)/N, mod), base2=power(base1, mod-2, mod);
    g1[0]=g2[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++) g1[i]=1ll*g1[i-1]*base1%mod, g2[i]=1ll*g2[i-1]*base2%mod;
}
inline void ntt(int *a, int *w, int f)
{
    for(int i=0, j=0;i<N;i++)
    {
        if(i<j) swap(a[i], a[j]);
        for(int k=N>>1;(j^=k)<k;k>>=1);
    }
    for(int i=2;i<=N;i<<=1)
    for(int j=0, m=i>>1;j<N;j+=i)
    for(int k=0;k<m;k++)
    {
        int t=1ll*a[j+k+m]*w[N/i*k]%mod;
        a[j+k+m]=(a[j+k]-t+mod)%mod;
        a[j+k]=(a[j+k]+t)%mod;
    }
    if(f==-1) for(int i=0, inv=power(N, mod-2, mod);i<N;i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
}
inline void mul(int *a, int *b, int *c)
{
    memcpy(A, a, N<<2); memcpy(B, b, N<<2);
    ntt(A, g1, 1); ntt(B, g1, 1);
    for(int i=0;i<N;i++) c[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
    ntt(c, g2, -1);
    for(int i=0;i<m-1;i++) c[i]=MOD(c[i]+c[i+m-1]), c[i+m-1]=0;
}
int main()
{
    read(n); read(m); read(X); read(s); g=yg(m);
    for(int i=0, j=1;i<m-1;i++, j=1ll*j*g%m) ind[j]=i; X=ind[X];
    for(N=1;N<m;N<<=1); N<<=1; init();
    for(int i=1;i<=s;i++) read(x), x && (a[ind[x]]++); b[0]=1;
    for(;n;n>>=1, mul(a, a, a)) if(n&1) mul(a, b, b);
    printf("%d\n", b[X]);
}
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例3:

 

posted @ 2018-02-05 11:42  Sakits  阅读(4486)  评论(1编辑  收藏  举报