引入
求两个多项式的卷积
Description
给定两个多项式 (Fleft(x ight), Gleft(x ight)) 的系数表示法，求两个多项式的卷积。
如：
得到的结果即为：
直接由系数计算的复杂度是 (mathcal Oleft(n ^ 2 ight)) 级别的，而我们发现在点值表示下，计算卷积的复杂度是 (mathcal Oleft(n ight)) 的，因此考虑把系数表示转化为点值表示然后再做乘法。
这样为了实现这个转化，我们引入了快速傅里叶变换（FFT）。通过把多项式按奇偶次分成两个关于 (x^2) 的多项式，并不断递归下去实现这个过程，并通过求得的一对 (x) 两个子多项式分别的值，一相加，一相减得到原多项式中 (x) 满足正负配对的一对点值。这个过程中为了满足 (x) 取值的正负配对，我们把 (x) 的取值扩充到复数域，取 (n) 次单位根。这样实现了由系数向点值的转化 DFT。
在由点值转化回系数的时候，我们从矩阵运算的角度，意识到 IDFT 矩阵应为 DFT 矩阵的逆矩阵，而 DFT 矩阵的逆矩阵又只需要对每一项取其倒数，并乘上 (n^{-1})。因此我们在 DFT 上稍加修改就实现了 IDFT。
FFT 存在的一点不优美之处
根据 FFT 的过程，我们可知因为复数运算，FFT 对运算的精度要求很高，这也就影响了算法的时空开销。
而这个瓶颈似乎就是出在使用了复数运算上。
考虑是否能在 (mathbf R) 甚至是 (mathbf Z) 范围内找到一种能够替代 (n) 次单位根的某种神奇的元素。
它存在吗？当然存在。这就是快速数论变换（NTT）用到的原根。
一点数论知识和概念
阶
若对于 (a, p)，存在正整数 (l) 使得 (a^l equiv 1 left(mod p ight))，则把满足这个条件的最小的正整数 (l) 称为 (a) 在模 (p) 下的阶。
举例：
当 (a = 2, p = 5) 时，因为 (2 ^ 4 = 16 equiv 1 left(mod 5 ight))，可以证明，(4) 是满足该条件的最小正整数。因此 (4) 就是 (2) 在模 (5) 意义下的阶。
给定 (a, p) 求 (l) 的方法是一个典型的高次同余方程，可以使用 BSGS 算法求解。
原根
若 (g) 在模 (p) 意义下的阶是 (varphileft(p ight))，其中 (varphi) 是欧拉函数，则 (g) 称为模 (p) 意义下的原根。
如何求一个原根呢？
关于原根，由如下的结论：
若 (gcdleft(g, p ight) = 1)，设 (p_1, p_2,cdots,p_k) 是 (varphileft(p ight)) 所有的质因数，则 (g) 是模 (p) 的一个原根，当且仅当对于任意的 (p_i)，都有 (g^{frac{varphileft(p ight)}{p_i}} otequiv 1 left(mod p ight))。
可以证明，(p) 的最小原根在 (p ^ {0.25}) 级别。因此枚举原根的时间一般都是可以接受的。
快速数论变换（NTT）
原根的性质
根据阶和原根的定义，我们可以发现原根一个很优美的性质，那就是 ({g, g ^ 2, g ^ 3, cdots, g ^ {varphileft(p ight)}}) 在模 (p) 下互不相同。次数若继续增大，则在模 (p) 下就会出现循环。这似乎与单位根的性质非常相似。
特殊的，若 (p) 是质数，(varphileft(p ight) = p - 1)。若 (p - 1) 的分解中含有较多的 (2) 这个因子，就可以把它的原根作拿来代替单位根了！
这个模数 (p) 一般取 (998244353left(2^{23} imes 7 imes 17 + 1 ight)) 即可。此时原根 (g = 3)。
只要多项式的长度不要求在 (8 imes 10^6) 以上，这个模数和原根基本就够用。
实现
为了实现 (n) 次单位根乘 (n) 次方会出现循环的性质，联系上文提到的原根的性质，直接用 (g^{frac{varphileft(p ight)}{n}})（(p) 为质数时为 (g^{frac{p - 1}{n}})）来替换 (n) 次单位根即可。
这样，我们在 FFT 上稍作修改，就实现了 NTT。
NTT 实现 IDFT 的时候，存在两种效果等价的方式，一种是直接对转换后的序列 reverse 一下，另一种是取原根的逆元。我选择了后者，在 (p = 998244353) 时这个数为 (332748118)。
代码实现
void NTT(LL a[], int len, int type) {
for(int i = 0; i < len; ++i) if(i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
for(int h = 2; h <= len; h <<= 1) {
LL gn = qpow(type == 1 ? g : invg , ((Mod - 1) / (LL)h));
for(int j = 0; j < len; j += h) {
LL gk = 1;
for(int k = j; k < j + h / 2; ++k) {
LL e = a[k], o = gk * a[k + h / 2] % Mod;
a[k] = (e + o) % Mod; a[k + h / 2] = ((e - o) % Mod + Mod) % Mod;
gk = gk * gn % Mod;
}
}
}
if(type == -1) {
LL inv = qpow(len, Mod - 2);
for(int i = 0; i < len; ++i) a[i] = a[i] * inv % Mod;
}
}
其他
完整代码
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
template <typename Temp> inline void read(Temp & res) {
Temp fh = 1; res = 0; char ch = getchar();
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') fh = -1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ '0');
res = res * fh;
}
using namespace std;
const int Maxn = 2097200;
const LL Mod = 998244353, g = 3, invg = 332748118;
inline LL qpow(LL A, LL P) {
LL res = 1;
while(P) {
if(P & 1) res = res * A % Mod;
A = A * A % Mod;
P >>= 1;
}
return res;
}
int rev[Maxn];
void Init(int len) {
for(int i = 1; i < len; ++i) {
rev[i] = rev[i >> 1] >> 1;
if(i & 1) rev[i] |= len >> 1;
}
}
void NTT(LL a[], int len, int type) {
for(int i = 0; i < len; ++i) if(i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
for(int h = 2; h <= len; h <<= 1) {
LL gn = qpow(type == 1 ? g : invg , ((Mod - 1) / (LL)h));
for(int j = 0; j < len; j += h) {
LL gk = 1;
for(int k = j; k < j + h / 2; ++k) {
LL e = a[k], o = gk * a[k + h / 2] % Mod;
a[k] = (e + o) % Mod; a[k + h / 2] = ((e - o) % Mod + Mod) % Mod;
gk = gk * gn % Mod;
}
}
}
if(type == -1) {
LL inv = qpow(len, Mod - 2);
for(int i = 0; i < len; ++i) a[i] = a[i] * inv % Mod;
}
}
void polymul(LL a[], LL b[], int lenA, int lenB) {
int L = lenA + lenB, len = 1; while(L) {len <<= 1; L >>= 1;}
Init(len); NTT(a, len, 1); NTT(b, len, 1);
for(int i = 0; i < len; ++i) a[i] = a[i] * b[i];
NTT(a, len, -1);
}
int n, m;
LL A[Maxn], B[Maxn];
signed main() {
read(n); read(m);
for(int i = 0; i <= n; ++i) read(A[i]);
for(int i = 0; i <= m; ++i) read(B[i]);
polymul(A, B, n, m);
for(int i = 0; i <= n + m; ++i) printf("%lld ", A[i]);
return 0;
}
鸣谢
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