FFT/NTT/MTT
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前言
这是网上的优秀博客
并不建议初学者看我的博客，因为我也不是很了解FFT的具体原理
一、概述
两个多项式相乘，不用\(N^2\)，通过\(FFT\)可以把复杂度优化到\(O(NlogN)\)，\(NTT\)能够取模，\(MTT\)可以对非\(NTT\)模数取模，相对来说\(FFT\)常数小些因为不要取模
二、我们来背板子(FFT)
先放一个板子（洛谷P3803 【模板】多项式乘法（FFT））
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN=3000005;
const double pi=acos(-1);
int N,M,r[MAXN],l;
struct Complex
{
double rl,im;//real part / imaginary part
Complex(){rl=im=0;}//以下是初始化的板子，虽然不懂为什么可以这样写
Complex(double a,double b){rl=a,im=b;}
Complex operator + (Complex B)
{return Complex(rl+B.rl,im+B.im);}
Complex operator - (Complex B)
{return Complex(rl-B.rl,im-B.im);}
Complex operator * (Complex B)
{return Complex(rl*B.rl-im*B.im,rl*B.im+im*B.rl);}
}A[MAXN],B[MAXN];//对A，B两个多项式进行乘法
void FFT(Complex *P,int op)
{
for(int i=1;i>N>>M;
for(int i=0;i<=N;i++) cin>>A[i].rl;
for(int i=0;i<=M;i++) cin>>B[i].rl;
//读入实部，便是系数
M+=N;//最终位数
for(N=1;N<=M;N<<=1) l++;l--;//FFT必须是2^k项才能做，这里把他补全
for(int i=0;i>1]>>1)|((i&1)< 以下是预处理单位复数根的代码
代码长度会小些，精度也要高，建议使用这种写法三角函数比乘法慢
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN=3e6+10;
const double pi=acos(-1);
int r[MAXN],N,M,l;
complexA[MAXN],B[MAXN],w[MAXN];
void FFT(complex *P,int op)
{
for(int i=1;ir[i]) swap(P[i],P[r[i]]);
for(int i=1;i W=w[N/i*k];W.imag()*=op;//实际要得到的是cos(pi/i*k)
complex X=P[j+k],Y=W*P[j+k+i];//QAQ这里总是忘记乘W
P[j+k]=X+Y;P[j+k+i]=X-Y;
}
}
int main()
{
cin>>N>>M;
for(int i=0;i<=N;i++) cin>>A[i].real();
for(int i=0;i<=M;i++) cin>>B[i].real();
M+=N;
for(N=1;N<=M;N<<=1) l++;l--;
for(int i=0;i>1]>>1)|((i&1)< 记忆方式：
循环的\(i\)枚举当前处理的长度
\(j\)枚举第几组（两组两组进行）
\(k\)枚举位置
于是\(j+k\)表示某组的第一小组的一个位置，\(i+j+k\)是某组第二小组与第一小组对应的位置
然后先加再减，记得乘上\(W\)
注意点：
1.最后要(int)(real()/N+0.5)
2.由于N要放大所以空间开两倍！！
三、我们再来背板子(NTT)
还是那道题
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=3000005;
const int mod=998244353;
int r[N],l,n,m,A[N],B[N],w[N];
int ksm(int a,int k)
{
int s=1,b=a;
for(;k;k>>=1,b=1ll*b*b%mod)
if(k&1) s=1ll*s*b%mod;
return s;
}
void NTT(int *P,int op)
{
for(int i=0;i>n>>m;
for(int i=0;i<=n;i++) cin>>A[i];
for(int i=0;i<=m;i++) cin>>B[i];
m=n+m;for(n=1;n<=m;n<<=1) l++;l--;
for(int i=0;i>1]>>1)|((i&1)< 一个数\(k\)的原根\(x\)满足\(x^1,x^2,x^3...x^{\phi(k)}\)各不相同且\(x^{\phi(k)}=1\)
对于且仅对于\(2,4,p,2p,p^r(p为奇质数)\)有原根存在
NTT的原根就代替了FFT中的单位复数根，要求形式是\(p=r*2^p+1\)
常用的\(NTT\)模数有\(998244353(3)\)、\(1004535809(3)\)
找质数的原根
最暴力的方法是枚举原根，然后判断\(x^1...x^{p-1}\)是否相同
优化的话是检查\(p-1\)的所有质因数中，是否存在一个质因子\(k\)使得\(x^{\frac{p-1}{k}}=1\)，若存在，则该数不是原根，否则是原根
证明（Thanks GXY）
首先可以明确的是，若对于\(m\)属于\([1,p-2]\)，没有\(g^m\equiv 1(mod\ p)\)，则g是一个原根
因为\(g^{m1}\equiv g^{m2} \equiv k\)，且\(m1>m2\)，则一定有\(g^{m2-m1}\equiv 1\)
利用反证法，假设存在一个\(m\)使得\(g^m\equiv 1(mod\ p)\)
分两种情况讨论：
1.\(gcd(p-1,m)!=1\)
令\(k=(p-1)/m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_i^{a_i}\)，\(p_i\)为质数
则\(g^{\frac{p-1}{p_i}}=g^{k*p_1^{a_1}*..*P_i^{a_i-1}}=(g^k)^{p_1^{a_1}..p_i^{a_i}}=1\)，能够通过上述方法判定出来
2.\(gcd(p-1,m)==1\)
\(g^m\equiv g^{2m}\equiv...\equiv g^{km}\equiv g^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)
令\(km\equiv x(mod\ p-1)\)，由于\(gcd(m,p-1)==1\)，根据同余方程的EXGCD判断，\(x\)可以在\([0,p-2]\)任意取值，都有符合条件的\(k\)使得式子成立
根据欧拉定理/费马小定理得\(g^{km}\equiv g^{km\%(p-1)}\equiv g^x\equiv 1(mod\ p)\)，使得所有的\(x\)属于\([0,p-2]\)都模p余1，也会在之前的方法中判断出来
四、有个可以讲清的了(MTT)
处理任意模数\(NTT\)问题
令\(M=\sqrt{mod}\)（这样子好像复杂度最优）
然后多项式的每一项拆成\(AM+B\)，于是\(A\)和\(B\)都在\(int\)之内就不会爆\(double\)了
所以两个数相乘就成为了\[(A_1M+B_1)*(A_2M+B_2)=A_1A_2M^2+(A_1B_2+A_2B_1)M+B_1B_2\]分别进行\(4\)次\(DFT\)和\(4\)次\(IDFT\)即可（一共8次，有些博客是7次，但是代码比我长）
Code
洛谷P4245 【模板】任意模数NTT
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const double Pi=acos(-1);
const int N=400100;
const int M=30000;
int n,m,p,F[N],G[N];
int r[N],Ans[N],l,tt;
complex A1[N],B1[N],A2[N],B2[N],A[N],w[N];
void FFT(complex *P,int op)
{
for(int i=0;i W=w[l/i*k];W.imag()*=op;
complex X=P[j+k],Y=W*P[j+k+i];
P[j+k]=X+Y;P[j+k+i]=X-Y;
}
}
void Work(complex *P1,complex *P2,int base)
{
for(int i=0;i>1]>>1)|((i&1)< 五、一些要点
这一部分还没玩成，待博主把这些算法完全弄懂后再来填坑～
NTT时(X-Y+mod)%mod时，Y为负数就可能爆int，可以不加mod然后最后输出的时候加
当乘起来不会超过mod(注意是乘后累加)，那么NTT可以代替FFT，否则不行，例子见MTT
乘法通过原根变成加法再NTT
字符串匹配问题的两种做法
组合数公式给拆成可以NTT的形式