快速数论变换

分类

缩写	全称	作用	时间复杂度
DFT	离散傅立叶变换	时频域转换	$O(n^2)$
FFT	快速傅立叶变换	时频域转换$($有精度误差$)$	$O(大常数+nlo{g}_{2}n)$
NTT/FNTT	快速数论变换	模意义下的时频域转换	$O(小常数+nlo{g}_{2}n)$
MTT	任意模数的NTT	任意模意义下的时频域转换	$O(nlo{g}_{2}n)$
FWT	快速沃尔什变换	快速集合卷积	$O(不定)$
FMT	快速莫比乌斯变换	逆莫比乌斯反演？	$O(不定)$

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快速数论变换(坑)

前置技能

% 　　本文不包含但必不可少的前置技能：

1. 快速傅里叶变换
2. 基础数论(互质，同余运算，欧拉定理，欧拉函数)

% 　　由于 FFT 涉及到复数运算，难免有精度问题，而且有的时候精度还不小，这便让我们考虑是否有在模意义下快速计算的方法，这就是快速数论变换$$(FastNumber-TheoreticTransform,FNT)$$

% 　　仔细理解FFT，你会发现，整个FFT用的是单位根的五大性质。

1. $w_n^0=w_n^n=1$
2. $\forall i\ne j,w_n^i\ne w_n^j$ (用于还原系数)
3. $w_{2n}^{2k}=w_n^k$
4. $w_n^{k+\frac{n}{2}}=-w_n^k$
5. $\begin{array}{r}\sum _{i=0}^{n-1}(w_n^{j-k}{)}^i=\{\begin{array}{l}0,k\ne j\\ n,k=j\end{array}\end{array}$ (用于逆FFT)

原根

(数论)阶　对于 $(a,n)=1$ 的整数，满足 $a^r\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$ 的最小整数 $r$，称为 $a$ 模 $n$ 的 (数论)阶。
原根　对于正整数 $n$，整数 $a$，若 $a$ 模 $n$ 的阶 $r$ 等于 $\phi (n)$，则称 $a$ 为模 $n$ 的一个原根。

% 　　感性地理解一下，一个整数 $n$ 的数论阶为其最小开始循环的次方数（且与 $n$ 互质）。若一个正整数 $a$ 模 $p$ 的数论阶恰好为 $\phi (n)$ ，则 $a$ 为 $p$ 的原根。

正题

% 　　根据原根的定义可得，对于质数 $p$，假如 $g$ 是 $p$ 的原根，则 $g^0\equiv g^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，进一步可以得到，对于任意 $a\not\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (p))$，有 $g^a\not\equiv g^b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。

% 　　对于质数 $p=k\cdot 2^N+1$，设其原根为 $g$。我们令 $g_n\equiv g^{\frac{p-1}{n}}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。注意，这里的 $g_n$ 是定义出来的，只是在数值上等于 $g^{\frac{p-1}{n}}$，与 $g$ 没有关系。容易发现，这样的定义使得 $g_n$ 满足了第一条、第二条和第三条性质。

性质1证明：
% 　　由于 $$g_n^n\equiv (g^{{}^{\frac{p-1}{n}}}{)}^n\equiv g^{p-1}\equiv 1\equiv g_n^0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$ % 　　因此其满足性质1。

性质2证明：
% 　　由于 $p\in \text{prime}$，因而 $\phi (p)=p-1$，因此对于所有 $a\not\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(p-1))$，有 $g^a\not\equiv g^b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。
% 　　因此对于所有 $a\not\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(p-1))$，有 $$g_n^a\equiv (g^{\frac{p-1}{n}}{)}^a\not\equiv (g^{\frac{p-1}{n}}{)}^b\equiv g_n^b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$　　因此其满足性质2。

性质3证明：
% 　　由于$$g_{2n}^{2k}\equiv (g^{\frac{p-1}{2n}}{)}^{2k}\equiv (g^{\frac{p-1}{n}}{)}^k\equiv g_n^k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$ % 　　因此其满足性质3。

性质4证明：
% 　　由于 $p$ 是质数，并且 $g_n^n\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，因而有
$$g_n^{\frac{n}{2}}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\text{or}{g}_n^{\frac{n}{2}}\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

% 　　由第二条性质可得 $g_n^{\frac{n}{2}}\not\equiv g_n^n\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，因而舍去前者，取后者，因而有 $$g_n^{k+\frac{n}{2}}\equiv g_n^k\cdot g_n^{\frac{n}{2}}=-g_n^k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

% 　　因此其满足性质4。

性质5证明：
% 　　当 $k\ne j$ 时，根据等比数列的求和公式，可得：
$$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^{n-1}(g_n^{j-k}{)}^i=& \frac{(g_n^k{)}^n-1}{g_n^k-1}\\ =& \frac{(g_n^n{)}^k-1}{g_n^k-1}\\ =& \frac{1-1}{g_n^k-1}\\ =& 0\end{array}$$

% 　　当 $k=j$ 时，可得$$\begin{array}{r}\sum _{i=0}^{n-1}(g_n^{j-k}{)}^i=\sum _{i=0}^{n-1}1=n\end{array}$$
% 　　综上，有$$\begin{array}{r}\sum _{i=0}^{n-1}(g_n^{j-k}{)}^i=\{\begin{array}{l}0,k\ne j\\ n,k=j\end{array}\end{array}$$

% 　　至此，我们发现 $g_n$ 满足 $w_n$ 的五条性质，因而我们可以大方地用 $g_n$ 代替 $w_n$。

细节

% 　　为什么模数必须取 $k\cdot 2^N+1$？注意到我们取 $g_n\equiv g^{\frac{p-1}{n}}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，因而 $\frac{p-1}{n}$ 必须是整数。考虑到之前FFT的过程是不断地二分，因而我们可以保证 $n$ 总是 $2$ 的倍数，因而模数必须有足够多的质因子 $2$，因而取 $k\cdot 2^N+1$，且 $N$ 必须足够大。

% 　　但这也注定了FNT的一个弊端，对于如果 $r\cdot 2^N+1$ 是个素数，那么在模 $k\cdot 2^N+1$ 意义下，只可以处理 $2^N$ 以内规模的数据。对于一些好的质数及其原根见这里。

% 　　在逆 $FNT$ 的时候，我们需要求 $g_n^{-1}$，在模意义下，也就是 $g_n$ 的逆元，预处理即可。

代码

$\text{Accepted -O2}$ / 用时: $1925ms$ / 内存: $243752\text{KB}$

#include
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn=3*1e6+10,P=998244353,G=3,inv_G=332748118;
int N,M,limit,L,r[maxn];
LL a[maxn],b[maxn];
inline LL fastpow(LL a,LL k) {
    LL base=1;
    while(k) {
        if(k&1) base=(base*a)%P;
        a=(a*a)%P;
        k>>=1;
    } return base%P;
}
#define inv(x) fastpow(x,P-2)
inline void NTT(LL *A,int type) {
    for(int i=0;i<limit;i++)
        if(i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
    for(int mid=1;mid<limit; mid <<= 1) {
        LL Wn=fastpow(type==1?G:inv_G,(P-1)/(mid<<1));
        for(int j=0;j<limit;j+=(mid<<1)) {
            LL w=1;
            for(int k=0;k<mid;k++,w=(w*Wn)%P) {
                int x=A[j+k],y=w*A[j+k+mid]%P;
                A[j+k]=(x+y)%P,
                A[j+k+mid]=(x-y+P)%P;
            }
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d%d",&N,&M);
    for(int i=0;i<=N;i++)
        scanf("%d",&a[i]),a[i]=(a[i]+P)%P;
    for(int i=0;i<=M;i++)
        scanf("%d",&b[i]),b[i]=(b[i]+P)%P;
    for(limit=1,L=0;limit<=N+M;limit<<=1,L++);
    for(int i=0;i<limit;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
    NTT(a,1);NTT(b,1);
    for(int i=0;i<limit;i++)
        a[i]=(a[i]*b[i])%P;
    NTT(a,-1);
    LL inv=inv(limit);
    for(int i=0;i<=N+M;i++)
        printf("%d ",(a[i]*inv)%P);
    return 0;
}

可以发现，FNT和FFT的效率差别还是很大的，FNT完美碾压FFT。

任意模数

% 　　FNT虽快，但使用局限太多，当模数不为 $k\cdot 2^N+1$ 时，FNT便无法发挥其效果，有没有解决办法呢？当然有。（坑）
%https://www.hrwhisper.me/introduction-to-simplex-algorithm/