FFT&NTT(以及扩展)
预备知识：用于NTT
NTT/FFT其实本质相同，用途是快速求解 多项式乘积
前言
FT: 傅里叶变换:
这是一个工程上的概念，可以简述为：一个周期性的信号波段可以用 若干个正弦曲线 的带权和表示
DFT: 离散傅里叶变换，这是傅里叶变换在离散情况下的变种
FFT: 快速傅里叶变换
NTT: 快速数论变换
谈及核心思想
1.单位根:
构造(omega_n)为(n)阶单位根(不知道(omega_n)的值域)，满足性质(omega_n^n=omega_n^0=1)
对于(2|n),(omega _n^{frac{n}{2}}=-1)
显然(omega_n)满足一个非常简单的性质：折半引理 $egin{aligned} forall 2|iand 2|n , omega_ni=omega_{frac{n}{2}}{frac{i}{2}}end{aligned} $
(omega_n)实际上是一个在幂次上呈现(n)元循环的数值
2.多项式与点值式的转化
一个(n)阶多项式最普通的表示就是(F(x)=sum_{i=0}^{n-1} a_ix^i)
然而，多项式也可以用(n)个互不相关的点表示，即((x_0,y_0),(x_1,y_1),cdots,(x_{n-1},y_{n-1}))
两者可以互相转化
对于同(x_i)的点值，两个多项式卷积时，其(y_i)可以直接对应相乘
FFT/NTT的核心过程是
多项式(longrightarrow) 点值式(longrightarrow)点值式对应相乘(longrightarrow)多项式
而用单位根来构造快速的多项式与点值式的转化
3.分治思想
用于降低多项式与点值式转换的复杂度
FFT的单位根
((x,y))指复数(i=sqrt{-1},(x,y)=x+yi)
基本运算((x,y)+(a,b)=(x+a,y+b),(x,y)cdot (a,b)=(ax-by,ay+bx))
FFT的单位根是:(omega_n)=((cos(frac{2pi}{n}),sin(frac{2pi}{n})))
而(omega _n^i=(cos(frac{2pi}{n}cdot i),sin(frac{2pi}{n}cdot i))) (展开发现就是三角函数求和公式)
显然满足单位根的性质
(实际上可以发现，这个说是点值其实就是信号序列的三角函数表示)
NTT
相信您已经了解了原根的一些性质，( ext{NTT})的单位根常用原根构造
( ext{NTT})的单位根实际有较大的局限性，对于质数(P)只能构造出(n|P-1,omega_n=g^{frac{P-1}{n}})
计算在模意义下就能满足单位根的性质
通常我们(P)取(998244353)，(2^{23}|(P-1))，它的一个原根是3
实际上，为了满足下面分治需要，构造的模数通常满足(P-1=scdot 2^t)的(t)较大，这类模数我们常称作( ext{NTT})模数
以上部分均为基础知识，相对来说应该不会太难，下面是主要难点
多项式转点值式
接下来我们考虑如何将多项式转化为点值式
对于点值式，我们构造的点横坐标为(x_i=omega_n^i)
具体目标是对于函数(F(x))，求出在(x_0,x_1,cdots ,x_{n-1})上的函数值
即求出(F(x_i)=a_0omega_n^0+a_1omega_n^{i}+a_2omega_n^{2i}+cdots)
接下来就是核心的分治思想，注意，这里的分治是子问题严格等大的
对于当前问题，分成两部分子问题求解(实际是可以分成多部分的，但是这个是特殊情况暂时不予讨论)，即求解
令(m=frac{n}{2})
$egin{aligned} 2|i,G(x_i)=a_0omega_{m}0+a_2omega_{m}{frac{i}{2}}+a_4omega_{m}^{frac{i}{2}cdot 2}+cdotsend{aligned} $
$egin{aligned} 2|i,H(x_i)=a_1omega_{m}0+a_3omega_{m}{frac{i}{2}}+a_5omega_{m}^{frac{i}{2}cdot 2}+cdotsend{aligned} $
更简洁的描述为
(i<m,G(x_i')=a_0omega_{m}^0+a_2omega_{m}^{i}+a_4omega_{m}^{2i}+cdots)
(i<m,H(x_i')=a_1omega_{m}^0+a_3omega_{m}^{i}+a_5omega_{m}^{2i}+cdots)
由于(G(x'_i),H(x'_i))计算的是([0,m-1])项，而求(F(x_i))时用到的是(0,2,4,cdots)项，实际需要访问(G(x^2_i),H(x^2_i))
和(F(x_i))的式子比较，我们得到合并的式子为
(F(x_i)=G(x^2_i)+x_i H(x^2_i))
带入折半引理，实际等价于
(F(x_i)=G(x'_i)+x_i H(x'_i))
注意(x_i=x'_{imod m})
为了保证复杂度，尽量使得每次分治的子问题都分为两部分，这样的复杂度为(O(nlog n))
附:实际上，分为(d)个子问题时，每次合并的复杂度为(O(ncdot d))，因此复杂度为
保证每次分治为两个严格等大的子问题，可以从一开始就把(n)扩充为(2)的幂次
int N=1;
while(N<=n+m) N<<=1;
附:(d)个子问题时，设子问题答案为(G_j(x_i))，则合并的式子为
(egin{aligned} F(x_i)=sum_{j=0}^{d-1}x_i^jG_j(x_i^d)=sum_{i=0}^{d-1}x_i^jG_j(x'_{imod frac{n}{d}})end{aligned})
点值式转多项式
一个简单的性质：单位根反演 (sum_{j=0}^{n-1}omega_n^{ij}= left{egin{aligned} frac{omega_n^{in}-1}{omega_n^i-1}=0 && i e 0\ n && i=0end{aligned} ight.)
设点值式对应(y_i)的序列为(b_i)
则(ncdot a_i=sum_{j=0}^{n-1}omega_n^{-ij} b_j)
证明
$egin{aligned} sum_{j=0}{n-1}omega_n{-ij}b_j=sum_{j=0}^{n-1} omega_n{-ij}(sum_{k=0}{n-1}a_komega_n^{jk})end{aligned} $
$egin{aligned} sum_{j=0}{n-1}omega_n{-ij}b_j= sum_{k=0}{n-1}a_ksum_{j=0}{n-1}omega_n^{j(k-i)} end{aligned} $
由上面的式子，发现只有(k-i=0)时右边的求和式有值，所以上式成立
因此点值式转多项式直接把系数改为(omega_n^{-i})即可
Tips:
1.由于单位根的循环特性，溢出会直接溢出到本来的式子里
因此，如果乘法过后的多项式产生了超过(>n)的项(x^i)，会溢出到(x^{imod n})
2.点值式并不是不满足除法，只是除法得到的多项式并不一定是一个(n)元以内的多项式，除了恰好整除的情况，得到的通常是一个无穷级数的式子，如(egin{aligned} frac{1}{1-x}=frac{1-x^{infty}}{1-x}=sum_{i=0}^{infty}x^iend{aligned})
真正要求除法，通常是求前(n)项的结果，即需要用到多项式乘法逆
代码实现与优化
然后我们得到一份优美的代码(FFT)
(Complex是C++库自带的复数,M_PI是C++自带(pi)常量)
void FFT(int n,Complex *a,int f) {
if(n==1) return;
Complex tmp[N];
int m=n/2;
rep(i,0,m-1) tmp[i]=a[i<<1],tmp[i+m]=a[i<<1|1]; // 按照奇偶分类
memcpy(a,tmp,sizeof(Complex) * n);
FFT(m,a,f),FFT(m,a+m,f); // 分两半，算g(x),h(x)
Complex w(cos(2*M_PI/n),f*sin(2*M_PI/n)),e(1,0); // w=x^1,e=x^i
rep(i,0,m-1) {
tmp[i]=a[i]+e*a[i+m]; // f(x_i)=g(x_i)+e*h(x_i)
e=e*w;
}
rep(i,m,n-1) {
tmp[i]=a[i-m]+e*a[i];
e=e*w;
}
memcpy(a,tmp,sizeof(T)*n);
}
由于((omega_n)^{frac{n}{2}}=-1)，所以还可以简化为
Complex w(cos(2*M_PI/n),f*sin(2*M_PI/n)),e(1,0);
rep(i,0,m-1) {
tmp[i]=a[i]+e*a[i+m];
tmp[i+m]=a[i]-e*a[i+m];
e=e*w;
}
由于用了double，最后输出要取整
蝴蝶优化
我们加一点优化，取代递归的分治过程
可以看到，分治时我们按照(i mod 2)分成两组，然后继续分
这个过程中，实际上我们就是将(i)的二进制位前后翻转
所以我们可以暴力处理出(i)分治底层的位置
rep(i,0,n-1) {
int x=i,s=0;
for(int j=1;(j<<c)<=n;++j) {
s=(s<<1)|(x&1);
x>>=1;
} // s就是最终位置
}
当然也是有(O(n))处理方法的
int N=1,c=-1;
while(N<=n+m) N<<=1,c++;
rep(i,1,N-1) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<c);
(建议自己模拟一下)
有了这个翻转数组，我们可以直接从分治底层开始解决整个问题，每次合并操作完全相同
每次分治问题的大小，依次合并每一个子问题区间即可
为了在一个数组上完成操作，还需要注意合并顺序
代码解释(i):分治子问题大小为(2i)，(l):合并区间的左端点为(l)，右端点为(l+2i)，(j)枚举合并位置
void FFT(int n,Complex *a){
for(int i=1;i<n;i<<=1) {
Complex w(cos(2*M_PI/n),f*sin(2*M_PI/n));
for(int l=0;l<n;l+=i*2) {
Complex e(1,0);
for(int j=l;j<l+i;++j,e=e*w) {
Complex t=a[j+m]*e; // a'[j]=a[j]+e*a[j+m]
// a'[j+i]=a[j]-e*a[j+m]
a[j+m]=a[j]-t;
a[j]=a[j]+t;
}
}
}
}
事实上我们还有更快的写法，就是将(omega_n^i)预处理出来
(注意这个( ext{FFT})的预处理很考验double精度，不能每次都直接累乘上去，隔几个就要重新调用依次三角函数)
当然如果自己写复数会更快
关于点值式转多项式的优化
由于每次求得点值是(omega_n^{-i}=omega_n^{n-i})
所以可以直接用 多项式转点值式的函数， 最后把([1,n-1])这一段翻转，每个数除掉(n)即可
对于加减运算取模的优化
三目运算
a+=b,a=a>=P?a-P:a;
a-=b,a=a<0?a+P:a;
逻辑运算优化(原理是逻辑预算会在第一个确定表达式值的位置停下)
a+=b,((a>=P)&&(a-=P));
a-=b,((a<0)&&(a+=P));
关于系数预处理优化(以NTT为例)
带入上面已经提到的优化，无预处理系数的( ext{NTT})大概是这样的
ll qpow(ll x,ll k=P-2){
ll res=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
return res;
}
int a[N];
void NTT(int n,int *a,int f){
rep(i,1,n-1) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1) {
int w=qpow(3,(P-1)/i/2);
for(int l=0;l<n;l+=i*2) {
int e=1;
for(int j=l;j<l+i;++j,e=1ll*e*w%P) {
int t=1ll*a[j+i]*e%P;
a[j+i]=a[j]-t,((a[j+i]<0)&&(a[j+i]+=P));
a[j]+=t,((a[j]>=P)&&(a[j]-=P));
}
}
}
if(f==-1) {
reverse(a+1,a+n);
int Inv=qpow(n);
rep(i,0,n-1) a[i]=1ll*a[i]*Inv%P;
}
}
一种简单的预处理是，每次对于每个分治大小，预处理依次系数
ll qpow(ll x,ll k=P-2){
ll res=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
return res;
}
int a[N],e[N];
void NTT(int n,int *a,int f){
rep(i,1,n-1) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
e[0]=1;
for(int i=1;i<n;i<<=1) {
int w=qpow(3,(P-1)/i/2);
for(int j=1;j<i;++j) e[j]=1ll*e[j-1]*w%P;
//for(int j=i-2;j>=0;j-=2) e[j+1]=1ll*w*(e[j]=e[j>>1])%P;
//这个版本是沿用上一次预处理的结果，实际(只有)用这种预处理方法可以极大程度上加强FFT的精度
for(int l=0;l<n;l+=i*2) {
for(int j=l;j<l+i;++j) {
int t=1ll*a[j+i]*e[j-l]%P;
a[j+i]=a[j]-t,((a[j+i]<0)&&(a[j+i]+=P));
a[j]+=t,((a[j]>=P)&&(a[j]-=P));
}
}
}
if(f==-1) {
reverse(a+1,a+n);
int Inv=qpow(n);
rep(i,0,n-1) a[i]=1ll*a[i]*Inv%P;
}
}
另一种是在一开始就把所有的系数用一个数组存下来，具体过程可以描述为
对于每个分治长度(n)，我们只需要访问(omega_n^{0},omega_n^{1},cdots,omega_n^{frac{n}{2}-1})
那么对于分治长度(n)，我们在(w)数组的第(frac{n}{2}) ~ (n-1)项依次存储这些值
优化:我们只需要对于最大的分治长度处理，剩下的部分发现可以直接用折半引理访问得到
ll qpow(ll x,ll k=P-2){
ll res=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
return res;
}
const int N=1<<21;
int a[N],w[N];
void Init(){
w[N>>1]=1;
int t=qpow(3,(P-1)/N);
rep(i,(N>>1)+1,N-1) w[i]=1ll*w[i-1]*t%P;
drep(i,(N>>1)-1,1) w[i]=w[i<<1];
}
void NTT(int n,int *a,int f){
rep(i,1,n-1) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1) {
int *e=w+i;
for(int l=0;l<n;l+=i*2) {
for(int j=l;j<l+i;++j) {
int t=1ll*a[j+i]*e[j-l]%P;
a[j+i]=a[j]-t,((a[j+i]<0)&&(a[j+i]+=P));
a[j]+=t,((a[j]>=P)&&(a[j]-=P));
}
}
}
if(f==-1) {
reverse(a+1,a+n);
int Inv=qpow(n);
rep(i,0,n-1) a[i]=1ll*a[i]*Inv%P;
}
}
三份代码在duck.ac上的评测结果表明，不预处理系数将近慢一倍
单组数据来看，预处理系数会慢一点
多组来看，预处理系数会快
实际差距不大，都可以使用
但是在某些层面来说，下面这份板子才是最好的(适用NTT,FFT且精度较高)，不需要预处理
ll qpow(ll x,ll k=P-2){
ll res=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
return res;
}
int a[N],e[N];
void NTT(int n,int *a,int f){
rep(i,1,n-1) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
e[0]=1;
for(int i=1;i<n;i<<=1) {
int w=qpow(3,(P-1)/i/2);
for(int j=i-2;j>=0;j-=2) e[j+1]=1ll*w*(e[j]=e[j>>1])%P;
for(int l=0;l<n;l+=i*2) {
for(int j=l;j<l+i;++j) {
int t=1ll*a[j+i]*e[j-l]%P;
a[j+i]=a[j]-t,((a[j+i]<0)&&(a[j+i]+=P));
a[j]+=t,((a[j]>=P)&&(a[j]-=P));
}
}
}
if(f==-1) {
reverse(a+1,a+n);
int Inv=qpow(n);
rep(i,0,n-1) a[i]=1ll*a[i]*Inv%P;
}
}
拓展
1.分治+NTT
常用于处理多个计数背包的快速合并 (实际无权值01背包也是可以的)
我们可以用NTT(nlog n)合并两个大小为(n)的背包
分治时，每次合并两个分治子问题，总共的时间就是(sum sizelog n)
每个背包的(size)会被计算(log n)次，所以总共复杂度是(n log ^2 n)
2.CDQ+NTT
对于形如(dp_i=sum_{j=0}^{i-1}dp_jg_{i-j})的(dp)转移(就是dp转移与差值有关)
由于求(dp_i)时，需要保证(dp_0,dp_1,cdots,dp_{i-1})才能卷积，这个限制，我们可以用CDQ分治解决
对于当前分治区间([L,R])
依次考虑([L,mid])内部转移，([L,mid])向([mid+1,R])的转移(用FFT/NTT解决)，([mid+1,R])内部转移
算法流程
void Solve(l,r){
if(l==r) return;
mid=(l+r)>>1;
Solve(l,mid);
(l,mid)->(mid+1,r);
Solve(mid+1,r);
}
3.MTT(任意模数NTT)
4.(n)元点值式
练习建议：
1.高精度乘法
7.(CDQ)+NTT/降次前缀和优化(dp)：HDU-5332 题解
9.图上(dp)：
联通图个数：BZOJ-3456 题解
森林数量和带限制森林数量：HDU - 5279 题解
10.点分治+FFT：CodeChef-PRIMEDST 题解
更多应用和优化参见毛啸2016论文
(如：两次FFT做卷积，4次FFT做MTT。。。)