「学习笔记」FFT 之优化——NTT
文章目录
- 「学习笔记」FFT 之优化——NTT
- 前言
- 引入
- 快速数论变换——NTT
- 一些引申问题及解决方法
- 三模数 NTT
- 拆系数 FFT (MTT)
「学习笔记」FFT 之优化——NTT
前言
N T T NTT NTT 在某种意义上说，应该属于 F F T FFT FFT 的一种优化。
——因而必备知识肯定要有 F F T FFT FFT 啦…
如果不知道 F F T FFT FFT 的大佬可以走这里
引入
在 F F T FFT FFT 中，为了能计算单位原根 ω \omega ω ，我们使用了 C++ \text{C++} C++ 的 math 库中的 c o s 、 s i n cos、sin cos、sin 函数，所以我们无法避免地使用了 double 以及其运算。
但是，众所周知的， double 的运算很慢，并且，我们的虚数乘法是类似于下面这种打法：
cplx operator * (const cplx a)const{return cplx(vr*a.vr-vi*a.vi,vr*a.vi+a.vr*vi);}
显然，一次虚数乘法涉及四次 double 的乘法。
并且在运算过程中，会有大量的精度丢失，这都是我们不可接受的。
然而问题来了：我们多项式乘法都是整数在那里搞来搞去，为什么一定要扯到浮点数。是否存在一个在模意义下的，只使用整数的方法？——Tiw_Air_OAO
快速数论变换——NTT
想一想我们使用了单位复根的哪些特性：
- w n i ∗ w n j = w n i + j w_{n}^{i}*w_{n}^{j}=w_{n}^{i+j} wni∗wnj=wni+j
- w d n d k = w n k w_{dn}^{dk}=w_n^k wdndk=wnk
- w 2 n k = − w 2 n k + n w_{2n}^k=-w_{2n}^{k+n} w2nk=−w2nk+n
- n n n 个单位根互不相同，且 w n 0 = 1 w_n^0=1 wn0=1
那么我们能否在 模意义 下找到一个性质相同的数？
这里有一个同样也是 某某根 的东西，叫做 原根 。
对于素数 p p p ， p p p 的原根 G G G 定义为使得 G 0 , G 1 , . . . , G p − 2 ( m o d p ) G^0,G^1,...,G^{p−2}(mod\space p) G0,G1,...,Gp−2(mod p) 互不相同的数。
仔细思考一下，发现 原根 与 单位复根 很像。
同理，我们再定义 g n k = ( G p − 1 n ) k g_n^k = (G^{\frac{p-1}{n}})^k gnk=(Gnp−1)k ，这样 g n k g_n^k gnk 就与 ω n k \omega_n^k ωnk 长得更像了…
但是，必须在 g n k g_n^k gnk 满足与 ω n k \omega_n^k ωnk 同样的性质时，我们才能等价替换。
现在，我们检验原根在模意义下是否满足与单位复根同样的性质：
- 由幂的运算立即可得
- 由幂的运算立即可得
- g 2 n k + n = ( G p − 1 2 n ) k + n = ( G p − 1 2 n ) k ∗ ( G p − 1 2 n ) n = G p − 1 2 ∗ g 2 n k = − g 2 n k ( m o d p ) g_{2n}^{k+n}=(G^{\frac{p-1}{2n}})^{k+n}=(G^{\frac{p-1}{2n}})^k*(G^{\frac{p-1}{2n}})^n=G^{\frac{p-1}{2}}*g_{2n}^k=-g_{2n}^k(mod\space p) g2nk+n=(G2np−1)k+n=(G2np−1)k∗(G2np−1)n=G2p−1∗g2nk=−g2nk(mod p) ，因为 ( G p − 1 = 1 ( m o d p ) (G^{p-1}=1(mod\space p) (Gp−1=1(mod p) 且由原根定义 G p − 1 2 ≠ G p − 1 ( m o d p ) G^{\frac{p-1}{2}}\not=G^{p-1}(mod\space p) G2p−1=Gp−1(mod p) ，故 G p − 1 2 = − 1 ( m o d p ) G^{\frac{p-1}{2}}=-1(mod\space p) G2p−1=−1(mod p)
- 由原根的定义立即可得
发现原根可以在模意义下 完全替换 单位复根。
这就是 N T T NTT NTT 了。
但是，这样的方法对模数会有一定的限制
令 m = 2 p ∗ k + 1 m = 2^p*k+1 m=2p∗k+1 ， k k k 为奇数，则多项式长度必须 n ≤ 2 p n \le 2^p n≤2p
至于模数以及其原根，没有必要来死记，为什么？
我们程序员就应该干我们经常干的事情——打表可得…
以下是参考代码：
#include一些引申问题及解决方法
假如题目中规定了模数怎么办？还卡 FFT 的精度怎么办？
有两种方法：三模数 NTT 以及 拆系数 FFT (MTT)
三模数 NTT
我们可以选取三个适用于 N T T NTT NTT 的模数 M 1 ， M 2 ， M 3 M1，M2，M3 M1，M2，M3 进行 N T T NTT NTT ，用中国剩余定理合并得到 x m o d ( M 1 ∗ M 2 ∗ M 3 ) x\space mod\space (M1*M2*M3) x mod (M1∗M2∗M3) 的值。只要保证 x < M 1 ∗ M 2 ∗ M 3 x < M1*M2*M3 x<M1∗M2∗M3 就可以直接输出这个值。
之所以是三模数，因为用三个大小在 1 0 9 10^9 109 左右模数对于大部分题目来说就足够了。
但是 M 1 ∗ M 2 ∗ M 3 M1*M2*M3 M1∗M2∗M3 可能非常大怎么办呢？难不成我还要写高精度？其实也可以。
我们列出同余方程组：
{ x ≡ a 1 m o d m 1 x ≡ a 2 m o d m 2 x ≡ a 3 m o d m 3 \begin{cases} x \equiv a_1&\mod m_1\\ x \equiv a_2&\mod m_2\\ x \equiv a_3&\mod m_3\\ \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧x≡a1x≡a2x≡a3modm1modm2modm3
用中国剩余定理合并前两个方程组，得到：
{ x ≡ A m o d M x ≡ a 3 m o d m 3 \begin{cases} x \equiv A&\mod M\\ x \equiv a_3&\mod m_3\\ \end{cases} {x≡Ax≡a3modMmodm3
其中的 M M M 满足 M = m 1 ∗ m 2 < 1 0 18 M = m1*m2 < 10^{18} M=m1∗m2<1018
然后将第一个方程变形得到 x = k M + A x = kM + A x=kM+A ，代入第二个方程，得到：
k M + A ≡ a 3 m o d m 3 k ≡ ( a 3 − A ) ∗ M − 1 m o d m 3 kM+A \equiv a_3\mod m_3\\ k \equiv (a_3-A)*M^{-1} \mod m_3\\ kM+A≡a3modm3k≡(a3−A)∗M−1modm3
令 Q = ( a 3 − A ) ∗ M − 1 Q = (a_3-A)*M^{-1} Q=(a3−A)∗M−1 ，则 k = P m 3 + Q k = Pm_3 + Q k=Pm3+Q 。
再将上式代入回 x = k M + A x = kM + A x=kM+A ，得 x = ( P m 3 + Q ) M + A = P m 3 M + Q M + A x = (Pm_3 + Q)M+ A = Pm_3M+QM+A x=(Pm3+Q)M+A=Pm3M+QM+A 。
又因为 M = m 1 m 2 M = m_1m_2 M=m1m2 ，所以 x = P m 1 m 2 m 3 + Q M + A x = Pm_1m_2m_3 + QM + A x=Pm1m2m3+QM+A 。
也就是说 x ≡ Q M + A m o d m 1 m 2 m 3 x \equiv QM + A \mod m_1m_2m_3 x≡QM+Amodm1m2m3 。
然后，我们完美地解决了这个东西。
接下来是代码：
#include拆系数 FFT (MTT)
我太菜了，还不会…等我更新吧…