分治NTT学习小记
简述问题
求 f n f_n fn，其中 f n f_n fn的值需要 f 0 , f 1 , . . . , f n − 1 f_0,f_1,...,f_{n-1} f0,f1,...,fn−1已知。
简单的例子：
f n = ∑ i = 0 n f i ∗ g n − i f_n=\sum_{i=0}^nf_i*g_{n-i} fn=∑i=0nfi∗gn−i
解法
普通解法直接 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)暴力搞。
快些？分治NTT。
思想：CDQ分治。考虑分值区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]中 f [ l , m i d ] f_{[l,mid]} f[l,mid]对 f [ m i d + 1 , r ] f_{[mid+1,r]} f[mid+1,r]的贡献。
考虑 f x , x ∈ [ l , m i d ] f_x,x∈[l,mid] fx,x∈[l,mid]对 f y , y ∈ [ m i d + 1 , r ] f_y,y∈[mid+1,r] fy,y∈[mid+1,r]的影响。
显然， f x f_x fx只对 f y f_y fy贡献了 f x ∗ g y − x f_x*g_{y-x} fx∗gy−x
又 f y = S U M ( 前 面 的 ) + ∑ x = l m i d f x ∗ g y − x f_y=SUM(前面的)+\sum_{x=l}^{mid}f_x*g_{y-x} fy=SUM(前面的)+∑x=lmidfx∗gy−x
所以用 O ( n l o g n ) O(n\ log\ n) O(n log n)的算法将某两个多项式 A , B A,B A,B乘起来是很有必要的。
令 A i = f i + l , B i = g i A_i=f_{i+l},B_i=g_i Ai=fi+l,Bi=gi， C i = ∑ j = 0 i A i ∗ B j C_i=\sum_{j=0}^{i}A_i*B_j Ci=∑j=0iAi∗Bj
所以, f [ l , m i d ] f_{[l,mid]} f[l,mid]给 f y f_y fy贡献了： C i − l C_{i-l} Ci−l
伪代码
void solve(int le,int ri){
if(le==ri){
...
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
solve(le,mid);
int i;
...//get L
memset(f1/f2,0);
fo(i,0,mid-l)f1[i]=f[i+l];
f2[0]=0;
fo(i,1,r-l)f2[i]=g[i];
NTT(f1,1);NTT(f2,1);
//f1*f2
NTT(f1);
solve(mid+1,ri);
}
例题
JZOJ 3303 城市规划
求n个点的无向连通图的个数，无自环，无重边。
题解
设 g n g_n gn为n个点的无向图的个数。（无自环，无重边）
显然， f n = g n − ∑ i = 1 n − 1 C ( n − 1 , i − 1 ) ∗ f i ∗ g n − i f_n=g_n-\sum_{i=1}^{n-1}C(n-1,i-1)*f_i*g_{n-i} fn=gn−∑i=1n−1C(n−1,i−1)∗fi∗gn−i
优化：分治NTT
令 f n = g n − S U M f_n=g_n-SUM fn=gn−SUM
则 S U M = ( i − 1 ) ! ∑ j = 1 i f i ( i − 1 ) ! ∗ g n − i ( n − i ) ! SUM=(i-1)!\sum_{j=1}^{i}\frac{f_i}{(i-1)!}*\frac{g_{n-i}}{(n-i)!} SUM=(i−1)!∑j=1i(i−1)!fi∗(n−i)!gn−i
发现了卷积形式了吧？
代码
#include