FFT/NTT/MTT学习笔记

FFT/NTT/MTT

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前言

这是网上的优秀博客
并不建议初学者看我的博客,因为我也不是很了解FFT的具体原理

一、概述

两个多项式相乘,不用\(N^2\),通过\(FFT\)可以把复杂度优化到\(O(NlogN)\)\(NTT\)能够取模,\(MTT\)可以对非\(NTT\)模数取模,相对来说\(FFT\)常数小些因为不要取模

二、我们来背板子(FFT)

先放一个板子(洛谷P3803 【模板】多项式乘法(FFT)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std;
const int MAXN=3000005;
const double pi=acos(-1); 
int N,M,r[MAXN],l;
struct Complex
{
	double rl,im;//real part / imaginary part
	Complex(){rl=im=0;}//以下是初始化的板子,虽然不懂为什么可以这样写
	Complex(double a,double b){rl=a,im=b;}
	Complex operator + (Complex B)
		{return Complex(rl+B.rl,im+B.im);}
	Complex operator - (Complex B)
		{return Complex(rl-B.rl,im-B.im);}
	Complex operator * (Complex B)
		{return Complex(rl*B.rl-im*B.im,rl*B.im+im*B.rl);}
}A[MAXN],B[MAXN];//对A,B两个多项式进行乘法
void FFT(Complex *P,int op)
{
	for(int i=1;i<N;i++)//这个叫Rader排序
		/*
		  假设原来P[1...n].id=1..n
		  现在需要的序列是从1到n所对应的id分别为id[1..n],满足r[id[i]]是升序
		  r[i]表示把i二进制上第1到l位的数反过来后的十进制数
		 */			 
		if(i<r[i]) swap(P[i],P[r[i]]);
	//接下来的这个叫做蝴蝶操作,算法导论上有一张图较为清晰
	for(int i=1;i<N;i<<=1)//表示操作区间集的每个区间的长度
	{
		Complex W=(Complex){cos(pi/i),op*sin(pi/i)};
		for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)//表示每个区间集的最上端位置
		{
			Complex w=(Complex){1,0};//第0个单位复数根
			/*
			  转角公式:将一个点(x,y)绕原点逆时针旋转t后的点是(x*cost-y*sint,x*sint+y*cost)
			  用三角函数和差化积公式容易得证
			  单位复数根是把单位元分为若干等份,于是每次就要转一定角度
			  用w=w*W实现转角
			 */
			for(int k=0;k<i;k++,w=w*W)//每个区间的最上端位置
			{
				Complex X=P[j+k],Y=w*P[j+k+i];//j+k+i便是每个区间下端位置
				P[j+k]=X+Y;P[j+k+i]=X-Y;//所谓蝴蝶操作
			}
		}
	}
}
int main()
{
    cin>>N>>M;
	for(int i=0;i<=N;i++) cin>>A[i].rl;
	for(int i=0;i<=M;i++) cin>>B[i].rl;
	//读入实部,便是系数
	M+=N;//最终位数
	for(N=1;N<=M;N<<=1) l++;l--;//FFT必须是2^k项才能做,这里把他补全
	for(int i=0;i<N;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);//r是rader排序,将每个i的二进制位反过来
	FFT(A,1);FFT(B,1);//将AB化成点集形式
	//形如(w0,y0),(w1,y1)...(wn,yn)的这些点确定一条线
	for(int i=0;i<N;i++) A[i]=A[i]*B[i];//点集O(n)相乘
	FFT(A,-1);//再将点集转化为系数表示的形式
	for(int i=0;i<=M;i++) printf("%d ",(int)(A[i].rl/N+0.5));//这时虚部都是0了
	return 0;
}

以下是预处理单位复数根的代码
代码长度会小些,精度也要高,建议使用这种写法
三角函数比乘法慢

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<complex>
using namespace std;
const int MAXN=3e6+10;
const double pi=acos(-1);
int r[MAXN],N,M,l;
complex<double>A[MAXN],B[MAXN],w[MAXN];
void FFT(complex<double> *P,int op)
{
	for(int i=1;i<N;i++) if(i>r[i]) swap(P[i],P[r[i]]);
	for(int i=1;i<N;i<<=1)
		for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)
			for(int k=0;k<i;k++)
			{
				complex<double> W=w[N/i*k];W.imag()*=op;//实际要得到的是cos(pi/i*k)
				complex<double> X=P[j+k],Y=W*P[j+k+i];//QAQ这里总是忘记乘W
				P[j+k]=X+Y;P[j+k+i]=X-Y;
			}
}
int main()
{
	cin>>N>>M;
	for(int i=0;i<=N;i++) cin>>A[i].real();
	for(int i=0;i<=M;i++) cin>>B[i].real();
	M+=N;
	for(N=1;N<=M;N<<=1) l++;l--;
	for(int i=0;i<N;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
	for(int i=0;i<N;i++) w[i].real()=cos(pi/N*i),w[i]=imag()=sin(pi/N*i);
	FFT(A,1);FFT(B,1);
	for(int i=0;i<N;i++) A[i]=A[i]*B[i];
	FFT(A,-1);
	for(int i=0;i<=M;i++) printf("%d ",(int)(A[i].real()/N+0.5));
	puts("");return 0;
}

记忆方式:
循环的\(i\)枚举当前处理的长度
\(j\)枚举第几组(两组两组进行)
\(k\)枚举位置
于是\(j+k\)表示某组的第一小组的一个位置,\(i+j+k\)是某组第二小组与第一小组对应的位置
然后先加再减,记得乘上\(W\)

注意点:
1.最后要(int)(real()/N+0.5)
2.由于N要放大所以空间开两倍!!

三、我们再来背板子(NTT)

还是那道题

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=3000005;
const int mod=998244353;
int r[N],l,n,m,A[N],B[N],w[N];
int ksm(int a,int k)
{
    int s=1,b=a;
    for(;k;k>>=1,b=1ll*b*b%mod)
        if(k&1) s=1ll*s*b%mod;
    return s;
}
void NTT(int *P,int op)
{
    for(int i=0;i<n;i++) if(i<r[i]) swap(P[i],P[r[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1)
    {
        int W=ksm(3,(mod-1)/(i<<1));//3是998244353的一个原根
        if(op<0) W=ksm(W,mod-2);w[0]=1;
        for(int j=1;j<i;j++) w[j]=1ll*w[j-1]*W%mod;
        for(int j=0,p=i<<1;j<n;j+=p)
            for(int k=0;k<i;k++)
            {
                int X=P[j+k],Y=1ll*w[k]*P[i+j+k]%mod;
                P[j+k]=(X+Y)%mod;P[i+j+k]=((X-Y)%mod+mod)%mod;
            }
    }
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<=n;i++) cin>>A[i];
    for(int i=0;i<=m;i++) cin>>B[i];
    m=n+m;for(n=1;n<=m;n<<=1) l++;l--;
    for(int i=0;i<n;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
    NTT(A,1);NTT(B,1);
    for(int i=0;i<n;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod; NTT(A,-1);
    for(int i=0,inv=ksm(n,mod-2);i<n;i++) A[i]=1ll*A[i]*inv%mod;
    for(int i=0;i<=m;i++) printf("%d ",A[i]);
    return 0;
}

一个数\(k\)的原根\(x\)满足\(x^1,x^2,x^3...x^{\phi(k)}\)各不相同且\(x^{\phi(k)}=1\)
对于且仅对于\(2,4,p,2p,p^r(p为奇质数)\)有原根存在
NTT的原根就代替了FFT中的单位复数根,要求形式是\(p=r*2^p+1\)
常用的\(NTT\)模数有\(998244353(3)\)\(1004535809(3)\)

找质数的原根

最暴力的方法是枚举原根,然后判断\(x^1...x^{p-1}\)是否相同
优化的话是检查\(p-1\)的所有质因数中,是否存在一个质因子\(k\)使得\(x^{\frac{p-1}{k}}=1\),若存在,则该数不是原根,否则是原根

证明(Thanks GXY)

首先可以明确的是,若对于\(m\)属于\([1,p-2]\),没有\(g^m\equiv 1(mod\ p)\),则g是一个原根
因为\(g^{m1}\equiv g^{m2} \equiv k\),且\(m1>m2\),则一定有\(g^{m2-m1}\equiv 1\)
利用反证法,假设存在一个\(m\)使得\(g^m\equiv 1(mod\ p)\)

分两种情况讨论:
1.\(gcd(p-1,m)!=1\)
\(k=(p-1)/m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_i^{a_i}\)\(p_i\)为质数
\(g^{\frac{p-1}{p_i}}=g^{k*p_1^{a_1}*..*P_i^{a_i-1}}=(g^k)^{p_1^{a_1}..p_i^{a_i}}=1\),能够通过上述方法判定出来

2.\(gcd(p-1,m)==1\)
\(g^m\equiv g^{2m}\equiv...\equiv g^{km}\equiv g^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)
\(km\equiv x(mod\ p-1)\),由于\(gcd(m,p-1)==1\),根据同余方程的EXGCD判断,\(x\)可以在\([0,p-2]\)任意取值,都有符合条件的\(k\)使得式子成立
根据欧拉定理/费马小定理得\(g^{km}\equiv g^{km\%(p-1)}\equiv g^x\equiv 1(mod\ p)\),使得所有的\(x\)属于\([0,p-2]\)都模p余1,也会在之前的方法中判断出来

四、有个可以讲清的了(MTT)

处理任意模数\(NTT\)问题
\(M=\sqrt{mod}\)(这样子好像复杂度最优)
然后多项式的每一项拆成\(AM+B\),于是\(A\)\(B\)都在\(int\)之内就不会爆\(double\)
所以两个数相乘就成为了$$(A_1M+B_1)*(A_2M+B_2)=A_1A_2M^2+(A_1B_2+A_2B_1)M+B_1B_2$$分别进行\(4\)\(DFT\)\(4\)\(IDFT\)即可(一共8次,有些博客是7次,但是代码比我长)

Code

洛谷P4245 【模板】任意模数NTT

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<cmath>
using namespace std;
const double Pi=acos(-1);
const int N=400100;
const int M=30000;
int n,m,p,F[N],G[N];
int r[N],Ans[N],l,tt;
complex<double> A1[N],B1[N],A2[N],B2[N],A[N],w[N];
void FFT(complex<double> *P,int op)
{
    for(int i=0;i<l;i++) if(r[i]<i) swap(P[i],P[r[i]]);
    for(int i=1;i<l;i<<=1)
        for(int p=i<<1,j=0;j<l;j+=p)
            for(int k=0;k<i;k++)
            {
                complex<double> W=w[l/i*k];W.imag()*=op;
                complex<double> X=P[j+k],Y=W*P[j+k+i];
                P[j+k]=X+Y;P[j+k+i]=X-Y;
            }
}
void Work(complex<double> *P1,complex<double> *P2,int base)
{
    for(int i=0;i<l;i++) A[i]=P1[i]*P2[i];FFT(A,-1);
    for(int i=0;i<=m+n;i++) (Ans[i]+=(long long)(A[i].real()/l+0.5)%p*base%p)%=p;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
    for(int i=0,x;i<=n;i++) scanf("%d",&x),A1[i].real()=x/M,B1[i].real()=x%M;
    for(int i=0,x;i<=m;i++) scanf("%d",&x),A2[i].real()=x/M,B2[i].real()=x%M;
    for(l=1;l<=n+m;l<<=1) tt++;tt--;
    for(int i=0;i<l;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<tt);
    for(int i=0;i<l;i++) w[i].real()=cos(Pi/l*i),w[i].imag()=sin(Pi/l*i);
    FFT(A1,1);FFT(A2,1);FFT(B1,1);FFT(B2,1);
    Work(A1,A2,M*M%p); Work(A1,B2,M%p);
    Work(A2,B1,M%p); Work(B1,B2,1);
    for(int i=0;i<=m+n;i++) printf("%d ",Ans[i]);
}

五、一些要点

这一部分还没玩成,待博主把这些算法完全弄懂后再来填坑~
NTT时(X-Y+mod)%mod时,Y为负数就可能爆int,可以不加mod然后最后输出的时候加
当乘起来不会超过mod(注意是乘后累加),那么NTT可以代替FFT,否则不行,例子见MTT
乘法通过原根变成加法再NTT
字符串匹配问题的两种做法
组合数公式给拆成可以NTT的形式

posted @ 2018-07-04 15:26  饕餮传奇  阅读(2359)  评论(10编辑  收藏  举报