题解 P3803 【【模板】多项式乘法（FFT）】

Mihari · 2019-12-18 20:13:27 · 题解

「学习笔记」FFT 快速傅里叶变换

几个星期之后，继 扩展欧拉定理 之后， lj 大佬又给我们来了一发数论...

虽然听得心态爆炸， 但是还好的是没有 ymx 大佬的飞机开得好...

至少我还没有坐飞机...

啥是 FFT 呀？它可以干什么？

首先，你需要知道 矩阵乘法 的相关知识。

通过 矩阵乘法 的知识，我们知道，对于一个 f(x) 与 g(x) ，如果我们用朴素的矩阵乘法计算 f(x)\cdot g(x) ，时间复杂度是 O(N^2M) ，但是对于这是函数，复杂度中的 M=1 ，那么时间复杂度为 O(N^2) 。

似乎这是比较优秀的，但是看看这道 板题 ：

luoguOJ:P3803【模板】多项式乘法（FFT）

嗯？ n,m\le 10^6 ，似乎过于太小了？（不要管这病句...）

而 FFT 就是用来解决多项式乘法的问题的，可以把它的时间复杂度优化到 O(nlog^n_2) 。

这里引用一句话：

实际上，FFT 并不是直接计算多项式乘法，而是把原来的多项式 f(x),g(x) 在 O(nlog^n_2) 的复杂度内转换为它的 <u>点值表示</u>（后面会讲），而点值表示的多项式相乘的时间复杂度是 O(n) 的。最后再用 O(nlog_2^n) 的时间复杂度把所得多项式的点值表示转化为一般形式。

必备芝士

在学习 FFT 之前，我们需要知道 点值表示 和 复数 。

点值表示

什么是点值表示

对于一个函数 f(x) ，我们可以用一个多项式表示它：

这种表达方法我们叫做 一般形式 。

如果熟悉，那么可以确定一个东西，如果我们有在这个函数上的 n+1 个点的具体的坐标 (x_i,y_i) ，那么我们就可以唯一确定这个函数的解析式，那么，我们也可以用这 n+1 个点的具体坐标来表示这个多项式。

当然，如果知道 拉格朗日插值法 的大佬，或许可以更好地理解这句话。

也就是说一个多项式与一个点值表示是一一对应的。

那么 FFT 完成的操作就是：

• 把已知的一个多项式转化成对应的点值表示；
• 把已知的点值表示转换成对应的多项式。

复杂度都是 O(nlog_2^n) 。

点值表示的乘法

那么，假设我们用 \{x_0,x_1,x_2,...,x_n\} 来表示 f(x) 为 \{(x_0,f(x_0)),(x_1,f(x_1)),...,(x_n,f(x_n))\} ，表示 g(x) 为 \{(x_0,g(x_0)),(x_1,g(x_1)),...,(x_n,g(x_n))\} 。

那么我们就知道 f(x)\cdot g(x) 的点值表达式为 \{(x_0,f(x_0)\cdot g(x_0)),...,(x_n,f(x_n)\cdot g(x_n))\} ，其实就是对应项相乘，那么这个的时间复杂度为 O(n) ，似乎可以接受。

复数

复数的定义

另外，还有一些比较明显的性质：

以上这些结论都可以通过在单位圆上画出单位根来证明。

单位复根有什么用呢？因为 n 次单位复根恰好有 n 个，就可以把这 n 个单位复根分别代入 n-1 次多项式 f(x) —— 得到点值表达 \{(\omega_n^0,f(\omega_n^0)),(\omega_n^1,f(\omega_n^1)),...,(\omega_n^{n-1},f(\omega_n^{n-1}))\} 。

傅立叶正变换

有了这些辅助知识 没错，虽然你可能已经晕了，但是他们真的只是辅助知识 ，我们终于可以进行正题了。

所谓变换，那么一定有正也有逆，现在我我们先来掌握它的正变换。

FFT 的正变换实现，是基于对多项式进行奇偶项分开递归再合并的分治进行的。

对于 n-1 次多项式，我们选择插入 n 次单位根求出其点值表达式。

记多项式 A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{n-1}x^{n-1} 。

再记 A_o(x)=a_1+a_3x+a_5x^2+... 。

再记 A_e(x)=a_0+a_2x+a_4x^2+... 。

有 A(x)=x*A_o(x^2)+A_e(x^2) 。

令 n = 2*p 。则有：

在已知 A_o(w_p^k) 与 A_e(w_p^k) 的前提下，可以 O(1) 算出 A(w_n^k) 与 A(w_n^{k+p}) 。

因此，假如我们递归求解 A_o(x),A_e(x) 两个多项式 p 次单位根的插值，就可以在 O(n) 的时间内算出 A(x) n 次单位根的插值。

时间复杂度是经典的 T(n)=2*T(n/2)+O(n)=O(n\log n)。

傅里叶逆变换

刚刚研究完正的，现在我们来研究逆变换，其实也比较好理解。

观察我们刚刚的插值过程，实际上就是进行了如下的矩阵乘法。

我们记上面的系数矩阵为 V 。

对于下面定义的 D ：

考虑 D*V 的结果：

当 i = j 时， (D*V)_{ij}=n ；

当 i ≠ j 时， (D*V)_{ij}=1+w_n^{j-i}+(w_n^{j-i})^2+...=\frac{1-(w_n^{j-i})^n}{1-w_n^{j-i}}=0 ；

根据定义， n 次单位根的 n 次方都等于 1

所以：\frac1n*D=V^{-1}

因此将这个结果代入最上面那个公式里面，有：

“这样，逆变换 就相当于把 正变换 过程中的 w_n^k 换成 w_n^{-k}，之后结果除以 n 就可以了。”——摘自某博客。

……

还是有点难理解。比如为什么我们不直接把 w_n^k 换成 \frac1n*w_n^{-k} 算了。 实际上，因为 w_n^{-k}=w_n^{n-k} ，也就是说它 TM 还是一个 n 次单位根。所以我们插值还是正常的该怎么插怎么插。如果换成 \frac1n*w_n^{-k} 它就不是一个单位根，以上性质就不满足了。

FFT 的代码实现

我们有两个版本——递归、迭代，相信大家都也想到了吧？

毋庸置疑的，递归版本确实很好写，将 FFT 的思路全部放到上面即可，但是方便也有他的坏处——递归实现常数较大，这样对于一些题就会 T 飞，但是我还是写了，这里上代码了

#include<cstdio>
#include<cmath>

#define rep(i,__l,__r) for(register int i=__l,i##_end_=__r;i<=i##_end_;++i)
#define fep(i,__l,__r) for(register int i=__l,i##_end_=__r;i>=i##_end_;--i)
#define writc(a,b) fwrit(a),putchar(b)
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define ft first
#define sd second
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define Endl putchar('\n')
// #define FILEOI
// #define int long long

#ifdef FILEOI
    #define MAXBUFFERSIZE 500000
    inline char fgetc(){
        static char buf[MAXBUFFERSIZE+5],*p1=buf,*p2=buf;
        return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,MAXBUFFERSIZE,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
    }
    #undef MAXBUFFERSIZE
    #define cg (c=fgetc())
#else
    #define cg (c=getchar())
#endif
template<class T>inline void qread(T& x){
    char c;bool f=0;
    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
    if(f)x=-x;
}
inline int qread(){
    int x=0;char c;bool f=0;
    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
    return f?-x:x;
}
template<class T,class... Args>inline void qread(T& x,Args&... args){qread(x),qread(args...);}
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
inline int gcd(const int a,const int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline void getInv(int inv[],const int lim,const int MOD){
    inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=lim;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
}
template<class T>void fwrit(const T x){
    if(x<0)return (void)(putchar('-'),fwrit(-x));
    if(x>9)fwrit(x/10);putchar(x%10^48);
}
inline LL mulMod(const LL a,const LL b,const LL mod){//long long multiplie_mod
    return ((a*b-(LL)((long double)a/mod*b+1e-8)*mod)%mod+mod)%mod;
}

const int MAXN=3e6;
const double Pi=acos(-1.0);

class task{
private:
    struct cplx{
        double vr,vi;//实部和虚部
        cplx(const double R=0,const double I=0):vr(R),vi(I){}//构造函数
        //------------------overload----------------//
        cplx operator + (const cplx a)const{return cplx(vr+a.vr,vi+a.vi);}//重载加法
        cplx operator - (const cplx a)const{return cplx(vr-a.vr,vi-a.vi);}
        cplx operator * (const cplx a)const{return cplx(vr*a.vr-vi*a.vi,vr*a.vi+a.vr*vi);}
        cplx operator / (const double var)const{return cplx(vr/var,vi/var);}
    };

    int n,m;
    cplx a[MAXN+5],b[MAXN+5];

    void fft(cplx* f,const int len,const short opt=1){
        //opt==-1 : FFT 的逆变换
        if(!len)return;
        cplx f0[len+5],f1[len+5];
        for(int i=0;i<len;++i)
            f0[i]=f[i<<1],f1[i]=f[i<<1|1];
        fft(f0,len>>1,opt);
        fft(f1,len>>1,opt);
        cplx w=cplx(cos(Pi/len),opt*sin(Pi/len)),buf=cplx(1,0);
        for(int i=0;i<len;++i,buf=buf*w){
            f[i]=f0[i]+buf*f1[i];
            f[i+len]=f0[i]-buf*f1[i];
        }
    }
public:
    inline void launch(){
        qread(n,m);
        rep(i,0,n)scanf("%lf",&a[i].vr);
        rep(i,0,m)scanf("%lf",&b[i].vr);
        for(m+=n,n=1;n<=m;n<<=1);
        fft(a,n>>1);
        fft(b,n>>1);
        rep(i,0,n-1)a[i]=a[i]*b[i];
        fft(a,n>>1,-1);
        rep(i,0,m)writc((int)((a[i].vr)/n+0.5),' ');
        Endl;
    }
}This;

signed main(){
#ifdef FILEOI
    freopen("file.in","r",stdin);
    freopen("file.out","w",stdout);
#endif
    This.launch();
    return 0;
}

似乎递归版本比较好写，现在我们来看一下迭代（递推）版本应该怎么做：

原序列： 0,1,2,3,4,5,6,7

终序列： 0,4,2,6,1,5,3,7

转换为二进制再来看看。

原序列： 000,001,010,011,100,101,110,111

终序列： 000,100,010,110,001,101,011,111

可以发现终序列是原序列每个元素的二进制翻转。

于是我们可以先把要变换的系数排在相邻位置，从下往上迭代。

这个二进制翻转过程可以自己脑补方法，只要保证时间复杂度 O(n\log n) ，代码简洁就可以了。

在这里给出一个参考的方法：

我们对于每个 i ，假设已知 i-1 的翻转为 j 。考虑不进行翻转的二进制加法怎么进行：从最低位开始，找到第一个为 0 的二进制位，将它之前的 1 变为 0 ，将它自己变为 1 。因此我们可以从 j 的最高位开始，倒过来进行这个过程。

这是迭代版本：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

#define rep(i,__l,__r) for(register int i=__l,i##_end_=__r;i<=i##_end_;++i)
#define fep(i,__l,__r) for(register int i=__l,i##_end_=__r;i>=i##_end_;--i)
#define writc(a,b) fwrit(a),putchar(b)
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define ft first
#define sd second
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define Endl putchar('\n')
// #define FILEOI
// #define int long long

#ifdef FILEOI
    #define MAXBUFFERSIZE 500000
    inline char fgetc(){
        static char buf[MAXBUFFERSIZE+5],*p1=buf,*p2=buf;
        return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,MAXBUFFERSIZE,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
    }
    #undef MAXBUFFERSIZE
    #define cg (c=fgetc())
#else
    #define cg (c=getchar())
#endif
template<class T>inline void qread(T& x){
    char c;bool f=0;
    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
    if(f)x=-x;
}
inline int qread(){
    int x=0;char c;bool f=0;
    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
    return f?-x:x;
}
template<class T,class... Args>inline void qread(T& x,Args&... args){qread(x),qread(args...);}
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
inline int gcd(const int a,const int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline void getInv(int inv[],const int lim,const int MOD){
    inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=lim;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
}
template<class T>void fwrit(const T x){
    if(x<0)return (void)(putchar('-'),fwrit(-x));
    if(x>9)fwrit(x/10);putchar(x%10^48);
}
inline LL mulMod(const LL a,const LL b,const LL mod){//long long multiplie_mod
    return ((a*b-(LL)((long double)a/mod*b+1e-8)*mod)%mod+mod)%mod;
}

const int MAXN=3e6;
const double Pi=acos(-1.0);

class task{
private:
    struct cplx{
        double vr,vi;//实部和虚部
        cplx(const double R=0,const double I=0):vr(R),vi(I){}//构造函数
        //------------------overload----------------//
        cplx operator + (const cplx a)const{return cplx(vr+a.vr,vi+a.vi);}//重载加法
        cplx operator - (const cplx a)const{return cplx(vr-a.vr,vi-a.vi);}
        cplx operator * (const cplx a)const{return cplx(vr*a.vr-vi*a.vi,vr*a.vi+a.vr*vi);}
        cplx operator / (const double var)const{return cplx(vr/var,vi/var);}
    };

    int n,m;
    cplx a[MAXN+5],b[MAXN+5];
    int revi[MAXN+5];

    /*
        f(w^x)
        =f0(w^{2x})+w^x*f1(w^{2x})
        =a0+a2+a4+...,a1+a3+a5+...
        =a0+a4+a8+...+a2+a6+a10...+a1+a5+a9+...+a3+a7+a11...
        =f00(w^{4x})+w^{2x}*f01(w^{4x})+w^x*f10(w^{4x})+w^3x*f11(w^{4x})
        =a0+a4+a8+...,w^{2x}*(a2+a6+a10...),w^x*(a1+a5+a9+...),w^{3x}*(a3+a7+a11...)
        f_s -> 下标将 s 反过来之后, a_i 的 i 的二进制反过来与 s 相同
                .
                .
                .
        s
        000 001 010 011 
               |反过来
               v
        000 100 010 110
        a0 a{k/2} a{3*k/4} a{k}
        a0  a4  a2  a6
    */
    /*
    void fft(cplx* f,const int len,const short opt=1){
        if(!len)return;
        cplx f0[len+5],f1[len+5];
        for(int i=0;i<len;++i)
            f0[i]=f[i<<1],f1[i]=f[i<<1|1];
        fft(f0,len>>1,opt);
        fft(f1,len>>1,opt);
        cplx w=cplx(cos(Pi/len),opt*sin(Pi/len)),buf=cplx(1,0);
        for(int i=0;i<len;++i,buf=buf*w){
            f[i]=f0[i]+buf*f1[i];
            f[i+len]=f0[i]-buf*f1[i];
        }
    }
    */
   inline void fft(cplx* f,const short opt=1){
        for(int i=0;i<n;++i)if(i<revi[i])
            swap(f[i],f[revi[i]]);
        for(int p=2;p<=n;p<<=1){
            //枚举层数
            int len=p/2;//上一层的一半的长度
            cplx tmp(cos(Pi/len),opt*sin(Pi/len));
            //单位复根
            for(int k=0;k<n;k+=p){
                cplx buf(1,0);//记录 omega 的次方
                for(int l=k;l<k+len;++l,buf=buf*tmp){
                //每次 buf 累成单位 omega
                    cplx tt=buf*f[len+l];
                    f[len+l]=f[l]-tt;
                    f[l]=f[l]+tt;
                /*
                    此处与递归版本的 FFT 中这一段是一样的:
                    f[i]=f0[i]+buf*f1[i];
                    f[i+len]=f0[i]-buf*f1[i];
                */
                }
            }
        }
        if(opt==-1)for(int i=0;i<n;++i)f[i]=f[i]/n;
        //如果是 逆变换 , 那么需要全部 /n
   }
public:
    inline void launch(){
        qread(n,m);
        rep(i,0,n)scanf("%lf",&a[i].vr);
        rep(i,0,m)scanf("%lf",&b[i].vr);
        for(m+=n,n=1;n<=m;n<<=1);
        rep(i,0,n-1)revi[i]=(revi[i>>1]>>1)|((i&1)?n>>1:0);//处理反转
        fft(a);fft(b);
        rep(i,0,n-1)a[i]=a[i]*b[i];
        fft(a,-1);
        rep(i,0,m)writc((int)(a[i].vr+0.5),' ');
        Endl;
    }
}This;

signed main(){
#ifdef FILEOI
    freopen("file.in","r",stdin);
    freopen("file.out","w",stdout);
#endif
    This.launch();
    return 0;
}

如果我可以回到过去，我一定会去当杀手。

为什么？因为我要去干翻欧某和傅某某...

还会有的 NTT 和三模数 NTT...