[Tricks-00008]浅谈取模技巧

取模从古以来就是一个难题。

比如有一个数 \(p\)，和两个数 \(0\leq x,y<p\)，计算 \((xy\bmod p)\)。暴力做除法的复杂度是 \(O(\dfrac{\log x\log p}{w})\)，这里请注意。高精度乘除的复杂度是不同的，这是因为乘法可以把两边都压位，而除法必须枚举一个。接下来，我们介绍 Montgomery 形式，不仅可以优化取模，还能干其它事。

有函数 \(R(x)\)，定义域是 \([0,p)\)，返回 \(xr\bmod p\)。\(R'(x)\)，定义域是 \([0,p^2)\)，返回 \(\dfrac{x}{r}\bmod p\)，注意它们的值域都是 \([0,p)\)，可是定义域不同，因此它们并不互为反函数。

如何求 \(R'(x)\)？

答：设 \(\dfrac{x}{r}\equiv t\bmod p\)，则 \(x\equiv tr\bmod p\)。改写为 \(x=tr+kp\)。你现在要求出一个 \([0,p)\) 的 \(t\)。

换模数（这也是数论问题常见的处理技巧？），改为两边同时 \(\bmod r\)，则 \(kp\equiv x\bmod r\)，解得 \(k=(xp^{-1}\bmod r)\)。

这样我们得到了一个 \([0,r)\) 的 \(k\)。又知 \(t=\dfrac{x-kp}{r}\)，\(x\in [0,p^2)\)，所以有 \(|t|<\dfrac{p^2+rp}{r}\)。

请注意，刚才我们并没有说 \(r\) 是几。但是从中可以看出特点：要好求逆（也说明要和 \(p\) 互素，这里 \(p\) 必须是质数），且 \(r>p\)。最好的办法是让 \(r\) 取成一个 \(2^{2^q}\) 形式。则 \(-p<t<2p\)，稍作修改即可将 \(t\) reduce 为 \([0,p)\) 的数。取模关键部分在这里。

下一个问题：如何求 \(R(x)\)？

因为 \(x\equiv \dfrac{xr^2}{r}\bmod p\)，所以改为算 \(R'(xz)\) 即可，其中 \(z=(r^2\bmod p)\)，可以预处理！

请注意，下面要说一个关键点。我们从此考虑那些运算时，不要 再把那些原来的 \(x\) 带入计算了，通通改成 \(R(x)\)。这为什么是可行的？

第一点：\(R(x\pm y)=R(x)\pm R(y)\)，reduce 是极其容易的。

第二点：\(R(xy)\equiv\dfrac{R(x)R(y)}{r}\bmod p\)，因此有 \(R(xy)=R'(R(x)R(y))\)。这里注意 \(R'\) 的定义域可以有平方，因此直接一个乘法一个 reduce 就好了。

第三点：也就是最后怎么还原？其实也非常容易：\(x=R'(R(x))\)。

于是就赢麻了。假如我们高精度都是在 \(2\) 进制意义下计算，则对一个 \(2\) 的次幂取模是轻松的（大概相当于 resize）。最后一个问题，计算一个奇数在 \(\bmod 2^{2^q}\) 意义下的逆元。（注 update：实际上，对于低精度运算，比如 ull，取模 2^64 是一个很好的选择；可是如果高精度，更好的办法是直接随便取一个 \(2^u\)，并不一定要求满足是 \(2\) 的幂，同样可以牛顿迭代，直接递归就好啦）

这东西像不像多项式求逆？没错，牛顿迭代即可。

设要求出 \(a\) 的逆元，已经有的数是 \(b\)，每轮 \(b\leftarrow 2b-b^2a\) 即可。因为倍增，所以这部分复杂度 \(O(\dfrac{\log^2 p}{w^2})\)，很可能不足以成为复杂度瓶颈。其实，这里还是有一个地方要取模的，因为在计算 \(R(x)\) 的时候首先要求出 \(r^2\bmod p\)，一般没有很好的办法。

每次取模的复杂度也降为了 \(O(\dfrac{\log^2 p}{w^2}\))。快速幂的时候最喜欢干的事情它就来了。

最后总结：我们有了一个在 \(O(\dfrac{\log^2 p}{w})-O(\dfrac{\log^2 p}{w^2})\) 时间复杂度内解决了对一个固定的数多次取模问题。实测相比于普通的取模，优化效果十分显著。

当然，不止针对于高精度，平常取模题 montgomery 也是神器。快快应用到你的任意模数 NTT 当中去吧！

最后，笔者没测过 Barrett 和 Montgomery 两种算法效率的对比。有兴趣的可以自己试下，欢迎与我讨论（其实我对这部分也是一窍不通 qwq）。