任意模数NTT(拆系数FFT)

题目描述

给定 (2) 个多项式 (F(x), G(x)) ，请求出 (F(x) * G(x))。

系数对 (p) 取模，且不保证 (p) 可以分解成 (p = a cdot 2^k + 1) 之形式。

输入/输出

不关心

(1 leq n leq 10^5, 0 leq a_i, b_i leq 10^9, 2 leq p leq 10^9 + 9)

题解

主要是记录一下一次FFT同时对两个多项式进行DFT或IDFT这个常数技巧是怎么实现的。。。推式子什么的我也不会

现在这里有两个多项式(A(x),B(x))，这两个多项式我们都需要做一次DFT

那么我们定义(P(x)=A(x)+i*B(x), Q(x)=A(x)-i*B(x))

我们把(P(x))经过DFT后的第(k)项记为(DFT(P_k)) (其他的也同理)，经过一些证明我们可以得到这样一个结论：(DFT(P_k)和DFT(Q_{n-k}))互为共轭复数，特殊的，(DFT(P_0))和(DFT(Q_0))为共轭复数

所以我们一次正向FFT之后求出所有的(DFT(P_k))，就可以直接算出(DFT(Q_k))

而此时(DFT(A_k)=dfrac{DFT(P_k)+DFT(Q_k)}{2}, DFT(B_k)=-i*dfrac{DFT(P_k)-DFT(Q_k)}{2}) 也是直接算出来就好了

综上 我们只用了一次FFT就对(A(x))和(B(x))都进行了DFT 而不用两次

代码实现：

void DFT(Complex *A, Complex *B) {
	for (int i = 0; i < lim; i++) {
		p[i] = A[i] + I * B[i]; 
	}
	FFT(p, 1);
	for (int i = 0; i < lim; i++) {
		q[i] = conj(i ? p[lim-i] : p[0]); //conj:共轭复数
	}
	for (int i = 0; i < lim; i++) {
		A[i] = (p[i] + q[i]) / 2;
		B[i] = (p[i] - q[i]) * I / -2;
	}
} 

IDFT也可以一次FFT处理两个多项式

对于两个点值表达的多项式(C(x), D(x))

我们让(R(x)=C(x)+i*D(x))

然后对(R)进行反向FFT

最后(IDFT(R_k))的实部就是(IDFT(C_k))，(IDFT(R_k))的虚部就是(IDFT(D_k))

这个就更好实现了

void IDFT(Complex *C, Complex *D) {
	for (int i = 0; i < lim; i++) {
		r[i] = C[i] + I * D[i]; 
	}
	FFT(r, -1);
	for (int i = 0; i < lim; i++) {
		C[i].x = r[i].x;
		D[i].x = r[i].y;
	}
} 

所以我们又只用了一次FFT就算出两个点值表达式IDFT后的结果

好像有人给这个取了个名字叫MTT

这个技巧的使用没有什么限制，只要有两个多项式都需要进行DFT/IDFT就可以用

不卡时限的题目还是不怎么需要用到这个技巧的。。。但是此题就要用

回到此题

当然你可以用三模数NTT 但是蒟蒻我并不会用

所以用FFT

如果直接FFT爆乘的话 肯定会爆出double的范围

但是 如果我们把F(x)拆成两个多项式(F(x)=A(x)*2^{15}+A_2(x))，把(G(x))拆成(G(x)=B(x)*2^{15}+B_2(x))

然后计算((A(x)*2^{15}+A_2(x))(B(x)*2^{15}+B_2(x))=A(x)*B(x)*2^{30}+(A(x)*B_2(x)+A_2(x)*B(x))*2^{15}+A_2(x)*B_2(x))

这四个式子两两相乘是不会乘爆的

但是这样做需要做8次FFT(为了不乘爆最少也要7次) 时间上接受不了

用上面的那个技巧 我们可以把FFT的次数优化到4次

具体来说 就是(A(x)和A_2(x))的DFT一起做 (B(x)和B_2(x))的DFT一起做

然后分别算出(A(x)*B(x),A(x)*B_2(x),A_2(x)*B(x),A_2(x)*B_2(x))，同样两个一组做IDFT

一共4次 完美 时间上还过得去 只比NTT慢一倍左右吧

注意一定要用long double。。。可能是乘积太大了导致精度不够用

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

template<typename T>
inline void read(T &num) {
	T x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
	for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
	num = x * f;
}

struct Complex {
    long double x, y;
    Complex(long double xx = 0, long double yy = 0): x(xx), y(yy) {}
};

inline Complex operator + (Complex p, Complex q) { return Complex(p.x+q.x , p.y+q.y); }
inline Complex operator - (Complex p, Complex q) { return Complex(p.x-q.x , p.y-q.y); }
inline Complex operator * (Complex p, Complex q) { return Complex(p.x*q.x-p.y*q.y , p.x*q.y+p.y*q.x); }
inline Complex operator / (Complex p, long double q) { return Complex(p.x/q, p.y/q); }
inline Complex conj(Complex p) { return Complex(p.x, -p.y); }

Complex I = Complex(0, 1), p[500005], q[500005], a[500005], a2[500005], b[500005], b2[500005];
ll n, m, mod, lim, l, rev[500005], ans[500005];
const long double pi = acos(-1.0);

void FFT(Complex *c, int tp) {
	for (int i = 0; i < lim; i++) {
		if (i < rev[i]) swap(c[i], c[rev[i]]);
	}
	for (int mid = 1; mid < lim; mid <<= 1) {
		Complex wn = Complex(cos(pi / mid), sin(pi / mid) * tp);
		for (int r = mid<<1, j = 0; j < lim; j += r) {
			Complex w = Complex(1, 0);
			for (int k = 0; k < mid; k++, w = w * wn) {
				Complex x = c[j+k], y = w * c[j+k+mid];
				c[j+k] = x + y;
				c[j+k+mid] = x - y;
			}
		}
	}
}

void DFT(Complex *A, Complex *B) { //两个一起做DFT
	for (int i = 0; i < lim; i++) {
		p[i] = A[i] + I * B[i]; 
	}
	FFT(p, 1);
	for (int i = 0; i < lim; i++) {
		q[i] = conj(i ? p[lim-i] : p[0]);
	}
	for (int i = 0; i < lim; i++) {
		A[i] = (p[i] + q[i]) / 2;
		B[i] = (p[i] - q[i]) * I / -2;
	}
} 

int main() {
	read(n), read(m), read(mod);
	lim = 1, l = 0;
	while (lim < n + m) {
		lim <<= 1;
		l++;
	}
	for (int i = 0; i < lim; i++) {
		rev[i] = (rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	}
	for (int i = 0; i <= n; i++) {
		ll x; read(x);
		a[i].x = x >> 15; a2[i].x = x & 0x7fff; //(0x7fff == 2^15)
	}
	for (int i = 0; i <= m; i++) {
		ll x; read(x);
		b[i].x = x >> 15; b2[i].x = x & 0x7fff;
	} 
	DFT(a, a2); DFT(b, b2);	
	for (int i = 0; i < lim; i++) {
		p[i] = a[i] * b[i] + a[i] * b2[i] * I; //两个一组做IDFT
		q[i] = a2[i] * b[i] + a2[i] * b2[i] * I;
	}
	FFT(p, -1); FFT(q, -1);
	for (int i = 0; i < lim; i++) {
		ll ab, ab2, a2b, a2b2;
		ab = (ll)(p[i].x / lim + 0.5) % mod;
		a2b = (ll)(q[i].x / lim + 0.5) % mod;
		ab2 = (ll)(p[i].y / lim + 0.5) % mod;
		a2b2 = (ll)(q[i].y / lim + 0.5) % mod;
		ans[i] = (((ab << 30) % mod) + ((((ab2 + a2b) % mod) << 15) % mod) + a2b2) % mod; 
	}
	for (int i = 0; i <= n + m; i++) {
		printf("%lld ", ans[i]);
	}
	return 0;
}