先简短几句话说说FFT....
多项式可用系数和点值表示，n个点可确定一个次数小于n的多项式。
多项式乘积为 f(x)*g(x)，显然若已知f(x), g(x)的点值，O(n)可求得多项式乘积的点值。
我们所需要的就是O(nlogn)快速地将两个系数多项式表示成点值多项式，O(n)求得乘积的点值表示后O(nlogn)还原成系数多项式。
这里就需要套FFT板子了...
FFT中取n个单位根，需要n是2的幂。
又因为n个点可确定一个次数小于n的多项式，所以n > 乘积多项式的最高次数。
以上。
HDU4609 n个木棍任取三根能组成三角形的概率。
数组开小莫名T,WA.
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 const int N = 4e5+10; 5 struct comp{ 6 double r,i;comp(double _r=0,double _i=0){r=_r;i=_i;} 7 comp operator+(const comp x){return comp(r+x.r,i+x.i);} 8 comp operator-(const comp x){return comp(r-x.r,i-x.i);} 9 comp operator*(const comp x){return comp(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);} 10 }; 11 const double pi=acos(-1.0); 12 void FFT(comp a[],int n,int t){ 13 for(int i=1,j=0;i<n-1;i++){ 14 for(int s=n;j^=s>>=1,~j&s;); 15 if(i<j)swap(a[i],a[j]); 16 } 17 for(int d=0;(1<<d)<n;d++){ 18 int m=1<<d,m2=m<<1; 19 double o=pi/m*t;comp _w(cos(o),sin(o)); 20 for(int i=0;i<n;i+=m2){ 21 comp w(1,0); 22 for(int j=0;j<m;j++){ 23 comp &A=a[i+j+m],&B=a[i+j],t=w*A; 24 A=B-t;B=B+t;w=w*_w; 25 } 26 } 27 } 28 if(t==-1)for(int i=0;i<n;i++)a[i].r/=n; 29 } 30 comp x[N]; 31 ll num[N], sum[N]; 32 int main(){ 33 int T; scanf("%d", &T); 34 while(T--){ 35 memset(num, 0, sizeof num); 36 int n, u, maxnum = -1; scanf("%d", &n); 37 for(int i = 0; i < n; i++){ 38 scanf("%d", &u); 39 maxnum = max(maxnum, u), num[u]++; 40 } 41 int len = 1; 42 while(len <= maxnum*2) len <<= 1; 43 for(int i = 0; i < len; i++) 44 x[i] = comp(num[i], 0); 45 FFT(x, len, 1); 46 for(int i = 0; i < len; i++) 47 x[i] = x[i]*x[i]; 48 FFT(x, len , -1); 49 for(int i = 0; i < len; i++) 50 sum[i] = x[i].r+0.5; 51 for(int i = 0; i < len; i+=2) 52 sum[i] -= num[i>>1];//去掉两次取的木棍相同的 53 for(int i = 0; i < len; i ++) 54 sum[i] >>= 1;//算了2次 55 for(int i = 1; i < len; i++) 56 sum[i] += sum[i-1]; 57 ll tot = (ll)n*(n-1)*(n-2)/6, ans = tot; 58 for(int i = 0; i <= maxnum; i++) 59 ans -= num[i]*sum[i];//去掉不能组成三角形的 60 printf("%.7f ", 1.0*ans/tot); 61 } 62 return 0; 63 }
LA4671 给出A串与B串，只含小写字母a、b。问：A串中有多少本质不同的子串满足 与B串长度相同 且 与B串相对应位置字符不同的数量小于k。
题解：a做1，b做0。将B倒着来一遍和A做卷积，可得有多少位置A串与B串都是a。a做0，b做1再来一遍即可。
hash！37做基1000173169做模会冲突！1e9+7做基1e9+9做模也会冲突！双哈希可以过，37做基2^64做模可过，37做基100000000173169LL做模也可过....
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define ull unsigned long long 3 using namespace std; 4 const int N = 4e5+10; 5 struct comp{ 6 double r,i;comp(double _r=0,double _i=0){r=_r;i=_i;} 7 comp operator+(const comp x){return comp(r+x.r,i+x.i);} 8 comp operator-(const comp x){return comp(r-x.r,i-x.i);} 9 comp operator*(const comp x){return comp(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);} 10 }; 11 const double pi=acos(-1.0); 12 void FFT(comp a[],int n,int t){ 13 for(int i=1,j=0;i<n-1;i++){ 14 for(int s=n;j^=s>>=1,~j&s;); 15 if(i<j)swap(a[i],a[j]); 16 } 17 for(int d=0;(1<<d)<n;d++){ 18 int m=1<<d,m2=m<<1; 19 double o=pi/m*t;comp _w(cos(o),sin(o)); 20 for(int i=0;i<n;i+=m2){ 21 comp w(1,0); 22 for(int j=0;j<m;j++){ 23 comp &A=a[i+j+m],&B=a[i+j],t=w*A; 24 A=B-t;B=B+t;w=w*_w; 25 } 26 } 27 } 28 if(t==-1)for(int i=0;i<n;i++)a[i].r/=n; 29 } 30 comp x[N], y[N]; 31 char a[100010], b[100010]; 32 int ans[N]; 33 //hash 34 ull xp[122222] = {1}, H[122222]; 35 void initHash(){ 36 H[0] = a[0]; 37 for(int i = 1; a[i]; i++) 38 H[i] = H[i-1]*31uLL+a[i]; 39 } 40 ull askHash(int l, int r){ 41 if(l == 0) return H[r]; 42 return H[r]-H[l-1]*xp[r-l+1]; 43 } 44 45 int main(){ 46 for(int i = 1; i < 122222; i++) xp[i] = xp[i-1]*31uLL; 47 48 int ca = 1, K; 49 while(scanf("%d", &K), K != -1){ 50 scanf(" %s %s", a, b); 51 int lenA = strlen(a), lenB = strlen(b), len = 1; 52 if(lenA < lenB){ 53 printf("Case %d: %d ", ca++, 0); 54 continue ; 55 } 56 57 for(int i = 0; i < lenB-1-i; i++) 58 swap(b[i], b[lenB-1-i]); 59 while(len <= lenA+lenB) len <<= 1; 60 61 for(int i = 0; i < len; i++){ 62 x[i] = comp(i < lenA? (a[i] == 'a'): 0, 0); 63 y[i] = comp(i < lenB? (b[i] == 'a'): 0, 0); 64 } 65 FFT(x, len, 1); 66 FFT(y, len, 1); 67 for(int i = 0; i < len; i++) 68 x[i] = x[i]*y[i]; 69 FFT(x, len, -1); 70 for(int i = 0; i < len; i++) 71 ans[i] = x[i].r+0.5; 72 73 for(int i = 0; i < len; i++){ 74 x[i] = comp(i < lenA? (a[i] == 'b') : 0, 0); 75 y[i] = comp(i < lenB? (b[i] == 'b') : 0, 0); 76 } 77 FFT(x, len, 1); 78 FFT(y, len, 1); 79 for(int i = 0; i < len; i++) 80 x[i] = x[i]*y[i]; 81 FFT(x, len, -1); 82 for(int i = 0; i < len; i++) 83 ans[i] += x[i].r+0.5; 84 85 initHash(); 86 set<ull> se; 87 for(int i = lenB-1; i < lenA; i++) 88 if(ans[i] >= lenB-K) 89 se.insert(askHash(i-lenB+1, i)); 90 printf("Case %d: %d ", ca++, (int)se.size()); 91 } 92 return 0; 93 }
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NTT
NTT与FFT类似，FFT用复数形式会有精度损失，而NTT则是在整数域内取模意义下，无精度损失。
如果 P = r⋅2k +1 是个素数，G是模P下的一个原根，那么在mod P 意义下，可以处理 2k 以内规模的数据 。
G在模P下的阶为 P-1，即 r⋅2k
那么Gr 在模P下的阶为2k ，这里的 Gr 即等价于FFT里的wn .
那么我们用模P下的卷积运算就不会产生精度损失。
P = 998244353 = 119*223+1, 能够处理223 = 8e6+ 规模的数据，原根为3.
P = 1004535809 = 479*221+1, 能够处理221 = 2e6+ 规模的数据，原根为3, 且 1004535809 加起来不会爆 int.
NTT能解决模数 P = r⋅2k +1 的问题，那么如何解决模任意数呢？
先前的 NTT资料 里有提到，
即用多个小素数跑NTT，最后用中国剩余定理求出 n(m-1)2 内满足条件的唯一值，当 各个素数积 > n(m-1)2 时中国剩余定理后显然可取得唯一值。
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Ck = ∑i⊕j=k (Ai*Bj)， ⊕是某种运算符号。当⊕是+时，即是傅里叶变换；当⊕是^, &, |等某种位运算时，即是FWT快速沃尔什变换。
FFT中，数组长度要大于结果的最高次幂，高位补0；FWT时，数组长度需要是2的整数次幂，不足补0。
原理不是怎么重要...
模板套用即可。
1 //快速沃尔什变换 2 void FWT(int*a,int n){ 3 for(int d=1;d<n;d<<=1)for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)for(int j=0;j<d;j++){ 4 int x=a[i+j],y=a[i+j+d]; 5 //xor:a[i+j]=x+y,a[i+j+d]=x−y; 6 //and:a[i+j]=x+y; 7 //or:a[i+j+d]=x+y; 8 } 9 } 10 void UFWT(int*a,int n){ 11 for(int d=1;d<n;d<<=1)for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)for(int j=0;j<d;j++){ 12 int x=a[i+j],y=a[i+j+d]; 13 //xor:a[i+j]=(x+y)/2,a[i+j+d]=(x−y)/2; 14 //and:a[i+j]=x−y; 15 //or:a[i+j+d]=y−x; 16 } 17 }
防溢出可mod 1e9+7大质数，则除以2的时候乘2的逆元。
FWT后，相乘，UFWT回去即可。