相关知识
时间域上的函数f(t)经过傅里叶变换（Fourier Transform）变成频率域上的F(w)，也就是用一些不同频率正弦曲线的加 权叠加得到时间域上的信号。
\[ F(\omega)=\mathcal{F}[f(t)]=\int\limits_{-\infty}^\infty f(t)e^{-iwt}dt \]
傅里叶逆变换是将频率域上的F(w)变成时间域上的函数f(t)，一般称\(f(t)\)为原函数，称\(F(w)\)为象函数。原函数和象函数构成一个傅里叶变换对。
\[ f(t)=\mathcal{F^{-1}}[F(w)]=\frac 1 {2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty F(w)e^{iwt}dw \]
离散傅里叶变换（DFT）是傅里叶变换在时域和频域都呈现离散的形式。
\[ x_n=\sum_{k=0}^{N-1}X_ke^{\frac{2\pi i}{N} kn},n=0,...,N-1 \]
当然也就有离散傅里叶逆变换（IDFT）：
\[ x_n=\frac 1 N\sum_{k=0}^{N-1}X_ke^{-\frac{2\pi i}{N} kn},n=0,...,N-1 \]
快速傅里叶变换FFT
快速傅里叶变换（FFT）利用分治的思想，将 DFT 分解成更小的 DFT进行计算，可以在\(O(n\log n)\)时间复杂度内完成 DFT 的算法。可用来加速卷积和多项式乘法。
多项式乘法
对于\(C(x)=A(x)B(x)=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{i}a_jb_{i-j}x^i\)，（A的最高项次数加上B的最高项次数为n-1）直接计算是\(O(n^2)\)的。我们将它们变成点值表达式
\[ A(x)：{(x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_{n-1},y_{n-1})}\\\\ B(x)：{(x_0,y_0'),(x_1,y_1'),...,(x_{n-1},y_{n-1}')}\\\\ C(x)：{(x_0,y_0y_0'),(x_1,y_1y_1'),...,(x_{n-1},y_{n-1}y_{n-1}')} \]
那么就可以\(O(n)\)计算出C(x)。
将其转为点值表达式需要带入n个不同的x，利用霍纳法则，带入一个x需要\(O(n)\)时间：
\[ A(x_0)=a_0+x_0(a_1+x_0(a_2+...+x_0(a_{n-2}+x_0(a_{n-1}))...)) \]
从点值表达式转换为系数表达式，用插值法，将n个不同的值带入A，唯一确定了一个系数表达式（证明可见《算法导论》）。
利用 FFT 可以在\(O(n\log n)\) 内完成系数到点值，以及从点值到系数表达式。
n次单位复数根
n次单位复数根\(w\)是满足\(w^n=1\)的复数。 主n次单位根为\(w_n=e^{\frac {2\pi } ni}\)，其它所有n次单位复数根都是\(w_n\)的幂次。
我们知道复数的指数形式的定义是：
\[ e^{ui}=\cos(u)+i\sin(u) \]
所以n个复数根均匀分布在以复平面原点为圆心的单位圆上。
单位根的性质
消去引理 \(w^{dk}_{dn}=w^k_n\)，带入定义即可证明。推论:\(w^{n/2}_n=w_2=-1\)
折半引理\((w^{k+n/2}_n)^2=(w_n^k)^2\)，展开即可证明。推论:\(w^{k+n/2}_n=-w^{k}_n\)
为了方便分治，我们将n补到2的次幂（多项式后面加0）。将n个n次单位根带入A(x)的过程就是对系数向量进行 DFT 。
\[ A(w_n^k)=\sum_{j=0}^{n-1}a_jw^{kj}_n,k=0,1,..,n-1 \]
考虑按指数奇偶分类:
\[ A_{even}(x)=a_0+a_2x+a_4x^2+...\\ A_{odd}(x)=a_1+a_3x+a_5x^2+...\\ \]
那么
\[ A(x)=A_{even}(x^2)+xA_{odd}(x^2)\\ A(w_n^k)=A_{even}(w_{n}^{2k})+w_n^kA_{odd}(w_n^{2k})\\ \]
当\(k< n/2\)时，由消去引理
\[ A_{even}(w_n^{2k})+w_n^kA_{odd}(w_n^{2k})=A_{even}(w_{n/2}^k)+w_n^kA_{odd}(w_{n/2}^k) \]
也就是相当于对两个长度为n/2的多项式\(A_{even}(x)\),\(A_{odd}(x)\)进行 DFT。
指数不小于\(n/2\)的部分与\(k+n/2\)一一对应，由折半引理
\[ A_{even}((w_n^{k+n/2})^2)+w_n^{k+n/2}A_{odd}((w_n^{k+n/2})^2)=A_{even}(w_{n/2}^k)-w_n^kA_{odd}(w_{n/2}^k) \]
所以这个过程是可以递归的，且\(T(n)=2T(n/2)+O(n)\)。
递归的FFT（c++代码）
typedef complex CD;
const double pi = acos(-1);
CD tmp[N],epsilon[N];
void init_epsilon(int n){
for(int i = 0; i < n; ++i){
epsilon[i] = CD(cos(2.0 * pi * i / n), sin(2.0 * pi * i / n));
arti_epsilon[i] = conj(epsilon[i]);
}
}
void recursive_fft(int n, CD* A,int offset, int step, CD* w){
if(n==1)return;
int m=n>>1;
recursive_fft(m,A,offset,step<<1,w);
recursive_fft(m,A,offset+step,step<<1,w);
for(int k=0;k 迭代实现
但是递归需要比较大的空间，如何实现迭代的写法？
观察递归的过程，第一步：
0（000）2（010）4（100）6（110），1（001）3（011）5（101）7（111）
第二步：
0 （000）4（100），2（010） 6（110），1（001）5（101）3（011）7（111）
将下标的二进制翻转过来就是：
000，001，010，011，100，101，110，111
对应了0，1，2，3，...
用reverse(i)表示i的二进制翻转后的数。就相当于二进制从高位到低位的+1，是从左往右遇到第一个0，就改为1，左边的1改为0。
int reverse(int x){
for(int l=1<>=l);
return x;
} 我们得到递归最后一步的数组：
0，4，2，6，1，5，3，7
就可以从下到上迭代了。
void bit_reverse(CD* A,int n){
for(int i=0,j=0;ij)swap(A[i],A[j]);
for(int l=n>>1;(j^=l)>=1);
}
}
void fft(CD* A, int n, CD* w){
bit_reverse(A,n);
for(int i=2;i<=n;i<<=1)//自下到上，i为每一层的步长，或者说子问题长度
for(int j=0,m=i>>1;j 离散傅里叶逆变换（IDFT）
将点值转回系数表达式，相当于解方程组\(\vec{y}=V_n\vec{a}\)，其中\(\vec {a}\)是系数向量。\(V_n\)是如下范德蒙德矩阵：
\[ \begin{bmatrix} 1&1&1&1&\cdots &1\\ 1&w;_n&w;_n^2&w;_n^3&\cdots &w;_n^{n-1}\\ 1&w;_n^2&w;_n^4&w;_n^6&\cdots &w;_n^{2(n-1)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&w;_n^{n-1}&w;_n^{2(n-1)}&w;_n^{3(n-1)}&\cdots &w;_n^{(n-1)(n-1)}\\ \end{bmatrix} \]
那么\(V_n^{-1}\vec{y}=\vec{a}\)。
可令\([V_n^{-1}]_{kj}=w^{-kj}_n/n\)，只需证明\(V_n^{-1}V_n=I_n\)：
\[ [V_n^{-1}V_n]_{jj'}=\sum_{k=0}^{n-1}(w_n^{-kj}/n)(w_n^{kj'})=\sum_{k=0}^{n-1}w_n^{k(j'-j)}/n = \left\{ \begin{aligned} 0,j'\neq j \\ 1,j'=j \end{aligned} \right. \]
所以只要用\(w_n^{-1}\)替换\(w_n\)，并将结果每个元素除以n，就可以计算出\(DDF_n^{-1}\)。
FFT解决高精度乘法，c++代码
51 Nod 1028 大数乘法 V2
注意FFT因为用了cos和sin，以及是浮点数计算，所以会有精度误差，故加了0.5。
#include
using namespace std;
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i=l;--i)
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef double dd;
typedef complex CD;
const dd PI=acos(-1.0);
const int L=18,N=1<j)swap(p[i],p[j]);
for(int l=n>>1;(j^=l)>=1);
}
for(int i=2;i<=n;i<<=1)
for(int j=0,m=i>>1;j>a>>b;
int n=max(SZ(a),SZ(b)),p=1;
while(p9){t=ans[i]/10;ans[i]%=10;}
else t=0;
}
bool flag=0;
per(i,0,p)if(ans[i]||flag){
printf("%d",ans[i]);flag=1;
}
if(flag==0)puts("0");
return 0;
} 数论变换（NTT）
为了解决FFT产生的精度误差，就有了一种在模意义下的方法，运算过程只有整数。它就是NTT（Number-Theoretic Transform）。
原根
设m是正整数，a是整数，则使得同余式\(a^r \equiv 1 \mod m\) 成立的最小正整数 \(r\) 叫做 \(a\) 对于模 \(m\) 的指数。
若a模m的指数等于φ(m)（欧拉函数），则称a为模m的一个原根。
原根的性质
- 对于质数p来说原根 \(g\) 满足 \(g^0,g^1,g^2,…,g^{p-1}\) 构成模 \(p\) 的简化剩余系。
我们令\(p=c\cdot 2^k+1\) ，那么对于2的幂n有 \(n|(p-1)\)。设
\[ g_n=g^{\frac {p-1}n} \]
考虑FFT中，需要用到单位根的以下性质：
\(w_n^k(0\le k < n)\)互不相同，保证点值表示的合法；
\(\omega_{n} ^ {2k} = \omega_{n/2} ^k\)，用于分治；
\(\omega_n ^ { k + \frac{n}{2} } = -\omega_n ^ k\)，用于分治；
仅当\(k \neq 0\)时，\(\sum_{j=0}^{n-1}(w_n^k)^j=0\)，用于逆变换。
原根是否也有以上性质呢？
令\(p=c\cdot 2^k+1\)，取\(n=2^m\)，则(g_n^k(0\le k
这里有个小知识点，若 \(a_1,a_2,..a_p\) 是模p的完全剩余系，那么 \(aa_1+b,aa_2+b,..aa_p+b\)也是模p的完全剩余系，证明：若 \(aa_j+ba\equiv a_i+b \mod p\)则 \(a_i \equiv a_j \mod p\)，矛盾。
\(g_n^{2k}=g^{\frac {2k(p-1)} n}=g^{\frac{k(p-1)}{n/2}}=g_{n/2}^k\)
\(g_n^n=g^{p-1}\equiv 1\mod p\Rightarrow g^{\frac {p-1}2}\equiv\sqrt 1 \mod p\)，因为\(g^k\)互不相同，所以\(g^{\frac {p-1}2}\equiv -1\mod p\)，于是\(g^{k+\frac n 2}_n=g_n^k\cdot g_n^{\frac n 2}=g_n^k\cdot g^{\frac {p-1} 2}=-g_n^k\)。
当\(k \neq 0\)时，\(\sum_{j=0}^{n-1}(g_n^k)^j=\frac{1-(g_n^k)^n}{1-g_n^k}\)，由3得，\(g_n^n=1\)，所以\(1-(g_n^k)^n=1-(g_n^n)^k=0\)。否则等于n。
因此在FFT中用原根代替单位根就是NTT了。如果要求模数任意，只要再用 中国剩余定理（CRT）合并即可。
NTT的c++代码
仍然是上面高精度乘法那题
#include
using namespace std;
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i=l;--i)
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef long long LL;
const int L=18,N=1<>=1,a=a*a%m)if(b&1)ans=ans*a%m;
return ans;
}
LL eps[N],inv_eps[N],f[N],g[N];
void init_eps(int n){
LL t=(P-1)/n, invG=qpow(G,P-2,P);
rep(i,0,n) eps[i]=qpow(G,t*i,P),inv_eps[i]=qpow(invG,t*i,P);
}
void fft(LL p[], int n, LL w[]){
for(int i=0,j=0;ij)swap(p[i],p[j]);
for(int l=n>>1;(j^=l)>=1);
}
for(int i=2;i<=n;i<<=1)
for(int j=0,m=i>>1;j>a>>b;
int n=max(SZ(a),SZ(b)),p=1;
while(p9){t=ans[i]/10;ans[i]%=10;}
else t=0;
}
bool flag=0;
per(i,0,p)if(ans[i]||flag){
printf("%lld",ans[i]);flag=1;
}
if(flag==0)puts("0");
return 0;
}