FFT、NTT模板

基础知识

离散傅里叶（DFT）和逆变换（IDFT）时间复杂度都是$O(n^2)$
快速傅里叶（FFT）时间复杂度为$O(nlo{g}_{2}n)$

• 推导过程：
  设$A(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n$，假设n为偶数，根据奇偶性分为：
  $$A(x)=(a_0+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n)+(a_{1}x+a_3{x}^3+\cdots +a_{n-1}{x}^{n-1})$$

  设多项式$A_1(x)=a_0+a_{2}x+\cdots +a_n{x}^{\frac{n}{2}}$、$A_2(x)=a_1+a_{3}x+\cdots +a_{n-1}{x}^{\frac{n}{2}-1}$
  因此可以得到：
  $$A(x)=A_1(x^2)+x{A}_2(x^2)$$
  设$k<\frac{n}{2}$，把 $x=w_n^k$代入：
  $$A(w_n^k)=A_1(w_n^{2k})+w_n^k{A}_2(w_n^{2k})$$
  $$A(w_n^k)=A_1(w_{\frac{n}{2}}^k)+w_n^k{A}_2(w_{\frac{n}{2}}^k)$$
  把$x=w_n^{k+\frac{n}{2}}$代入可得：
  $$A(w_n^{k+\frac{n}{2}})=A_1(w_n^{2k+n})+w_n^{k+\frac{n}{2}}{A}_2(w_n^{2k+n})$$
  $$A(w_n^{k+\frac{n}{2}})=A_1(w_{\frac{n}{2}}^k)-w_n^k{A}_2(w_{\frac{n}{2}}^k)$$
  观察化简后的两式，可知只要知道了$A_1(w_{\frac{n}{2}}^k)$和$A_2(w_{\frac{n}{2}}^k)$，就可以求得$A(w_n^{k+\frac{n}{2}})$和$A(w_n^k)$，也就是通过下层的两个值，求得当前层的两个值

• 理解：假设多项式 $A(x)=a_0+a_1{x}^1+\cdots +a_{n-1}{x}^{n-1}$ 为 n-1 次多项式，（n 为 2的倍数，保证了能将圆周等分），将 $w_n^k(k=0,\dots ,n-1)$代入后得到离散傅里叶变换$(b_0,b_1,\dots ,b_{n-1})$，设为 $B(x)$ 的系数，即 $B(x)=b_0+b_1{x}^1+\cdots +b_{n-1}{x}^{n-1}$ ，然后再将 $w_n^k(k=0,-1,-2,\dots ,-(n-1))$ 代入$B(x)$。得到 $C(x)=c_0+c_1{x}^1+\cdots +c_{n-1}{x}^{n-1}$，通过推导可以得到：
  $$c_i=n{a}_i$$
  这里只做了两步操作，第一步将系数转成了点值，第二步将点值转成了系数的n倍

推导过程參考博客

FFT进行多项式乘法的步骤

1、对两个多项式补0
2、用FFT计算两个多项式A、B的点值表示法
3、得到乘积多项式C的点值表示法
4、用FFT通过IDFT计算多项式C的系数表示

P3803 【模板】多项式乘法（FFT）

链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3803

题意：

FFT写法

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+10,mod=1e9+7;
const double PI=acos(-1.0);

struct Complex
{
    double x,y;
    Complex(double x1=0.0,double y1=0.0)
    {
        x=x1,y=y1;
    }
};
Complex operator+(Complex a,Complex b)
{
    return Complex(a.x+b.x,a.y+b.y);
}
Complex operator-(Complex a,Complex b)
{
    return Complex(a.x-b.x,a.y-b.y);
}
Complex operator*(Complex a,Complex b)
{
    return Complex(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);
}

namespace FFT
{
    int total,digit,rev[maxn<<2];
    Complex a[maxn<<2],b[maxn<<2];
    void init(int len)//需要 n+m+1 个位置来表示这个 n+m 次多项式 
    {
        total=1,digit=0;
        while(total<=len)
            total<<=1,digit++;
        for(int i=0;i<total;++i)
            rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1)<<(digit-1);
    }
    void fft(Complex *A,int f)
    {
        for(int i=0;i<total;++i)
            if(i<rev[i]) swap(A[i],A[rev[i]]);
        for(int mid=1;mid<total;mid<<=1)
        {
            Complex W1= Complex(cos(PI/mid),f*sin(PI/mid));
            int len=mid*2;
            for(int p=0;p<total;p+=len)
            {
                Complex Wk= Complex(1,0);
                for(int k=0;k<mid;++k)
                {
                    Complex x=A[p+k],y=Wk*A[p+k+mid];
                    A[p+k]=x+y;
                    A[p+k+mid]=x-y;
                    Wk=Wk*W1;
                }
            }
        }
        if(f==-1)
        {
            for(int i=0;i<total;++i)
                A[i].x=(int)(A[i].x/total+0.5);
        }
    }
    void calc()
    {
        fft(a,1),fft(b,1);
        for(int i=0;i<total;++i)
            a[i]=a[i]*b[i];
        fft(a,-1);
    }
};
using namespace FFT;

int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<=n;++i)
        scanf("%lf",&a[i].x);
    for(int i=0;i<=m;++i)
        scanf("%lf",&b[i].x);
    init(n+m);
    calc();
    for(int i=0;i<=n+m;++i)
        printf("%.0lf%c",a[i].x,i==n+m?'\n':' ');
    return 0;
}

NTT写法

• 与 FFT 的区别，FFT 是将一个圆周 $(2\pi )$ 等分成 n 份，而这里是将 P-1 等分成 n 份
• FFT每一步的大小：$W_1=cos(\frac{2\pi }{n})+sin(\frac{2\pi }{n})$
• NTT每一步的大小：$W_1\equiv g^{\frac{p-1}{n}}modp$

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;

int qpow(int b,int n,int mod)
{
    int res=1;
    while(n>0)
    {
        if(n&1) res=1ll*res*b%mod;
        b=1ll*b*b%mod;
        n>>=1;
    }
    return res;
}

namespace NTT
{
	const int G=3,P=998244353,GI=332748118;
	int total,digit,rev[maxn<<2];
	int a[maxn<<2],b[maxn<<2];
	void init(int len)
	{
		total=1,digit=0;
		while(total<=len)
			total<<=1,digit++;
		for(int i=0;i<total;++i)
		{
			rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1)<<(digit-1);
			a[i]=0,b[i]=0;
		}	
	}
	void ntt(int *A,int f)
	{
		for(int i=0;i<total;++i)
			if(i<rev[i]) swap(A[i],A[rev[i]]);
		for(int mid=1;mid<total;mid<<=1)
		{
			int W1,len=mid*2;;
			if(f==1) W1=qpow(G,(P-1)/len,P);
			else W1=qpow(GI,(P-1)/len,P);
			for(int p=0;p<total;p+=len)
			{
				int Wk=1;
				for(int k=0;k<mid;++k)
				{
					int x=A[p+k],y=1ll*Wk*A[p+k+mid]%P;
					A[p+k]=(1ll*x+y)%P;
					A[p+k+mid]=(1ll*x-y+P)%P; 	
					Wk=1ll*Wk*W1%P;	
				}		
			}	
		}		
		if(f==-1)
		{
			int invp=qpow(total,P-2,P);
			for(int i=0;i<total;++i)
				a[i]=1ll*a[i]*invp%P; 
		}
	}	
	void calc()
	{
		ntt(a,1),ntt(b,1);
		for(int i=0;i<total;++i)
			a[i]=1ll*a[i]*b[i]%P;
		ntt(a,-1);
	}
};
using namespace NTT;

int main()
{	
	int n,m;	
	scanf("%d%d",&n,&m);
	init(n+m);
	for(int i=0;i<=n;++i)
		scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=0;i<=m;++i)
		scanf("%d",&b[i]);
	calc();
	for(int i=0;i<=n+m;++i)
		printf("%d%c",a[i],i==n+m?'\n':' ');
	return 0;
}