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^mequiv 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^mequiv 1(mod p))
分两种情况讨论：
1.(gcd(p-1,m)!=1)
令(k=(p-1)/m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_i^{a_i})，(p_i)为质数
则(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^mequiv g^{2m}equiv...equiv g^{km}equiv g^{p-1}equiv 1(mod p))
令(kmequiv 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^xequiv 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
令(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)和(B)都在(int)之内就不会爆(double)了
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)次(DFT)和(4)次(IDFT)即可（一共8次，有些博客是7次，但是代码比我长）
Code
#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