分治FFT

分治FFT

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引入问题：摘自洛谷P4721 【模板】分治 FFT，描述如下：

给出多项式\(g[0..n]\)，求多项式\(f\)，满足：

\[f(i)=\sum_{j=1}^if(i-j)g(j) \]

边界\(f(0)=1\)。

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注意到这是个卷积的形式，不难想到\(FTT\)，但是这里卷积内有一个\(f\)，\(f\)是未知的，就不能用常规的多项式乘法了。

我们引入一个叫做分治\(FFT\)的算法，其基本思想很简单，就是和\(cdq\)分治一样，我们先分治左边，然后考虑左边对右边的影响，再分治右边。

具体的，假设我们现在已经做完了\([l,mid]\)，考虑对右边的影响。

我们可以把式子列出来，就是：

\[f(i)=\sum_{j=l}^{mid}f(j)g(i-j) \]

那么我们可以把\(f\)的\([l,mid]\)项拿出来，其他项置\(0\)，在把这个和\(g\)的\([0,r-l]\)卷起来就可以得到影响，然后加上去就好了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
 
void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

#define lf double
#define ll long long 

const int maxn = 2e5+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 998244353;

int f[maxn],g[maxn],mxn,w[maxn],n,N,rw[maxn],t[maxn],bit,pos[maxn],s[maxn];

int qpow(int a,int x) {
	int res=1;
	for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;
	return res;
}

void prepare() {
	w[0]=1;w[1]=qpow(3,(mod-1)/mxn);
	for(int i=2;i<=mxn;i++) w[i]=1ll*w[i-1]*w[1]%mod;
	rw[0]=1,rw[1]=qpow(qpow(3,mod-2),(mod-1)/mxn);
	for(int i=2;i<=mxn;i++) rw[i]=1ll*rw[i-1]*rw[1]%mod;
}

void ntt(int *r,int op) {
	for(int i=1;i<N;i++) if(pos[i]>i) swap(r[i],r[pos[i]]);
	for(int i=1,d=mxn>>1;i<N;i<<=1,d>>=1) 
		for(int j=0;j<N;j+=i<<1)
			for(int k=0;k<i;k++) {
				int x=r[j+k],y=1ll*r[i+j+k]*(op==1?w:rw)[k*d]%mod;
				r[j+k]=(x+y)%mod,r[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
			}
	if(op==-1) {
		int inv=qpow(N,mod-2);
		for(int i=0;i<N;i++) r[i]=1ll*r[i]*inv%mod;
	}
}

void solve(int l,int r) {
	if(l==r) return ;
	int mid=(l+r)>>1;
	solve(l,mid);
	for(int i=l;i<=mid;i++) t[i-l]=f[i],s[i-l]=g[i-l];
	for(int i=mid+1;i<=r;i++) t[i-l]=0,s[i-l]=g[i-l];
	for(bit=0,N=1;N<=r-l;N<<=1,bit++);
	for(int i=r-l+1;i<N;i++) t[i]=s[i]=0;
	for(int i=1;i<N;i++) pos[i]=pos[i>>1]>>1|((i&1)<<(bit-1));
	ntt(s,1),ntt(t,1);
	for(int i=0;i<N;i++) s[i]=1ll*s[i]*t[i]%mod;
	ntt(s,-1);
	for(int i=mid+1;i<=r;i++) f[i]=(f[i]+s[i-l])%mod;
	solve(mid+1,r);
}

int main() {
	read(n);
	for(int i=1;i<n;i++) read(g[i]);f[0]=1;
	for(mxn=1;mxn<n;mxn<<=1);
	prepare();
	solve(0,mxn-1);
	for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",f[i]);puts("");
	return 0;
}

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当然这个题也可以用生成函数做，设：

\[F(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}f(i)x^i,G(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}g(i)x^i \]

乘起来：

\[F(x)G(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}x^i\sum_{j=0}^if(j)g(i-j) \]

由于\(g(0)=0\)，可以得到：

\[F(x)G(x)=\sum_{i=1}^{+\infty}f(i)x^i=F(x)-1 \]

所以：

\[\begin{align} F(x)G(x)&\equiv F(x)-1 \pmod{x^n}\\ F(x)&\equiv \frac{1}{1-G(x)} \pmod{x^n}\\ \end{align} \]

那么多项式求逆就做完了。

代码咕咕咕