[学习笔记][省选算法]多项式乘法之 FFT & NTT 及卷积

一、开头

（Place ：山东省神犇协会第 998244353 会议厅）
SD 神犇 998244353 号（会长）：所有神犇，洛谷黑题都切完了吗？
全体神犇：切完了！
神犇 1004535809 号： 998244353 ，我昨天看到一个弱鸡，洛谷名叫 xyz32768 ，他一道黑题都没做，您认为应该怎样呢？
神犇 998244353 号：这个问题您们考虑一下，应该用怎样的方式把 xyz32768 D 一遍。时刻记住，我们协会的口号：见一弱鸡， D 一弱鸡！
神犇 167772161 号：要不，考他 FFT 吧。这是我们协会里每个人都会的算法！
神犇 998244353 号：Good idea ！
（Place ： FFT 星球 DFT 国 IDFT 省 NTT 市）
神犇 167772161 号：哈哈，好久没见，我们搞 OI 多年，能回忆起的比赛，至少也从三年前的 SDOI 2015 开始吧，那次比赛有一道十分模板的题。题目名称：序列统计。题面你自己去 BZOJ 或洛谷上去查，如果你 1h 内写不出来我会对整个 FFT 星球说你菜！
xyz32768 ：BZOJ 3992 / 洛谷 P3321 ？
神犇 1004535809 号：对。这是一道紫题，但此大佬已经将之视为宇宙之水题了。
（蒟蒻 xyz32768 当然不会，看了看算法标签）
xyz32768 ： 什么？？？？？？ 快速傅里叶变换,DFT,FFT ？？？？？？
神犇 998244353 号：哈哈哈哈哈，你真是菜啊， FFT 这么水的算法都不会，再见蒟蒻！
神犇 998244353 号 & 神犇 1004535809 号 & 神犇 167772161 号（大声喊）： xyz32768 菜， xyz32768 好菜， xyz32768 最菜！

二、预备知识

1、复数

下面的 i i ，除非作为 ∑ ∑ 求和的变量，其余都表示虚数单位 −1−−−√ − 1 。
一个复数可以表示成 a+bi a + b i 的形式，也可以表示成 r(cosθ+isinθ) r ( cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ ) 的形式。
上面 a a 为实部， b b 为虚部， r=a2+b2−−−−−−√ r = a 2 + b 2 为模长， θ=arctanba θ = arctan ⁡ b a 为辐角。
C++ 中，

#include 
using namespace std;

复数类为（ T 为实部和虚部的数据类型）：

complex

定义一个复数（ a a 为实部， b b 为虚部）

complex  x(a, b)

实部

x.real()

一个复数 a+bi a + b i 对应复平面上一个点 (a,b) ( a , b ) ，模长 r r 为点到原点的距离，辐角 θ θ 为终边为 (0,0)−(a,b) ( 0 , 0 ) − ( a , b ) 的角（即该边与 x 轴正半轴形成的角）。

2、单位根

ωn=cos2πn+isin2πn ω n = cos ⁡ 2 π n + i sin ⁡ 2 π n

那么

ω0n,ω1n,ω2n,...,ωn−1n ω n 0 , ω n 1 , ω n 2 , . . . , ω n n − 1

称为 n n 次单位根。
如：

ω04=1,ω14=i,ω24=−1,ω34=−i ω 4 0 = 1 , ω 4 1 = i , ω 4 2 = − 1 , ω 4 3 = − i

n n 次单位根的性质 ：
（1） n n 次单位根所表示的点分布在复平面的单位圆上，并且把圆周等分成 n n 段。
（2） n n 次单位根的 n n 次方等于 1 1 。
（3）

ω2i2n=ωin,ωn2n=−1,ωn+i2n=−ωi2n ω 2 n 2 i = ω n i , ω 2 n n = − 1 , ω 2 n n + i = − ω 2 n i

3、原根

在模 p p （为质数）意义下，如果存在数 g g ，满足

g0,g1,g2,...,gp−2 g 0 , g 1 , g 2 , . . . , g p − 2

互不相同，那么 g g 为模 p p 的原根。
原根都比较小，可以暴力枚举。将 p−1 p − 1 分解质因数，对于一个 g g ，如果对于 p−1 p − 1 的任何一个质因子 x x ，都有

gp−1x≠1 g p − 1 x ≠ 1

那么 g g 是模 p p 的一个原根。

三、多项式乘法

步入正题。一个 n n 次多项式 A A 和一个 n n 次多项式 B B 相乘，设 A A 的系数为 a0...n a 0... n （ xi x i 的项系数为 ai a i ）， B B 的系数为 b0...n b 0... n ，那么

abk=∑i+j=kaibj a b k = ∑ i + j = k a i b j

复杂度显然是 O(n2) O ( n 2 ) 的。快速傅里叶变换（ FFT ）则能做到 O(nlogn) O ( n log ⁡ n ) 的复杂度。

四、多项式的点值表示及 DFT

多项式的点值表示：选取 n+1 n + 1 个互不相同的值 x0...n x 0... n 代入 A A 对多项式进行求值，得到 n+1 n + 1 个多项式值，那么这 n+1 n + 1 个自变量和这 n+1 n + 1 个多项式值就是多项式的点值表示。
举例：一个四项式 A=3+2x−x2+x3 A = 3 + 2 x − x 2 + x 3 ，
选取自变量 x0=0,x1=−1,x2=1,x3=2 x 0 = 0 , x 1 = − 1 , x 2 = 1 , x 3 = 2 ，
求得 A(0)=3,A(−1)=−1,A(1)=5,A(2)=11 A ( 0 ) = 3 , A ( − 1 ) = − 1 , A ( 1 ) = 5 , A ( 2 ) = 11 。
这就是 A A 的一种点值表示。
一个多项式的点值表示有无穷多种，但是一个包含 n+1 n + 1 个自变量和多项式值的点值表示能唯一确定一个 n n 次多项式。
回到多项式乘法的内容，考虑到如果把 A,B A , B 变成点值表示，那么就可以在 O(n) O ( n ) 时间里得到 AB A B 的点值表示，然后再把 AB A B 转化成系数表示。
于是，这个算法的瓶颈在于系数与点值表示下的转换。
能否给这 n+1 n + 1 个变量取合适的值，使这个转换能够得到优化呢？
答案是肯定的。自变量取值就是 n+1 n + 1 次单位根。
将 ω0n,ω1n,...,ωn−1n ω n 0 , ω n 1 , . . . , ω n n − 1 代入一个 n n 项（注意，不是 n n 次）式 A A ，得到的点值表示，称为 A A 的离散傅氏变换（ DFT DFT ）。

五、求 DFT

FFT 采用的是分治的思想。（这里首先要将 n n 变成 2 2 的整数次幂）先将 A A 按照系数奇偶性分类：

A=(a0x0+a2x2+...+an−2xn−2)+(a1x1+a3x3+...+an−1xn−1) A = ( a 0 x 0 + a 2 x 2 + . . . + a n − 2 x n − 2 ) + ( a 1 x 1 + a 3 x 3 + . . . + a n − 1 x n − 1 )

=(a0x0+a2x2+...+an−2xn−2)+x(a1x0+a3x2+...+an−1xn−2) = ( a 0 x 0 + a 2 x 2 + . . . + a n − 2 x n − 2 ) + x ( a 1 x 0 + a 3 x 2 + . . . + a n − 1 x n − 2 )

设：

B=a0x0+a2x1+...+an−2xn2−1 B = a 0 x 0 + a 2 x 1 + . . . + a n − 2 x n 2 − 1

C=a1x0+a3x1+...+an−1xn2−1 C = a 1 x 0 + a 3 x 1 + . . . + a n − 1 x n 2 − 1

假设已经求得了 B B 和 C C 的 DFT DFT ，那么有：

A(ωin)=B((ωin)2)+ωinC((ωin)2) A ( ω n i ) = B ( ( ω n i ) 2 ) + ω n i C ( ( ω n i ) 2 )

=B(ω2in)+ωinC(ω2in) = B ( ω n 2 i ) + ω n i C ( ω n 2 i )

=B(ωin2)+ωinC(ωin2) = B ( ω n 2 i ) + ω n i C ( ω n 2 i )

因此，对于任何一个 i∈[0,n2) i ∈ [ 0 , n 2 ) ，

A(ωin)=B(ωin2)+ωinC(ωin2) A ( ω n i ) = B ( ω n 2 i ) + ω n i C ( ω n 2 i )

而由于 ωi+n2n2=ωin2 ω n 2 i + n 2 = ω n 2 i 且 ωi+n2n=−ωin ω n i + n 2 = − ω n i ，因此

A(ωi+n2n)=B(ωin2)−ωinC(ωin2) A ( ω n i + n 2 ) = B ( ω n 2 i ) − ω n i C ( ω n 2 i )

于是，我们实现了在 O(n) O ( n ) 的时间内，从 DFT(B) DFT ( B ) 和 DFT(C) DFT ( C ) 得到 DFT(A) DFT ( A ) 。
复杂度：设求一个 n n 项式的 DFT DFT 的复杂度为 T(n) T ( n ) ，那么

T(n)=O(n)+2T(n2) T ( n ) = O ( n ) + 2 T ( n 2 )

根据主定理得到

T(n)=nlogn T ( n ) = n log ⁡ n

六、求傅里叶逆变换 IDFT （ DFT−1 DFT − 1 ）

已知 A A 的 DFT DFT ：

A(ω0n),A(ω1n),...,A(ωn−1n) A ( ω n 0 ) , A ( ω n 1 ) , . . . , A ( ω n n − 1 )

求 A A 的系数表示。
解关于 a0,a1,...,an−1 a 0 , a 1 , . . . , a n − 1 的线性方程组

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪a0(ω0n)0+a1(ω0n)1+...+an−1(ω0n)n−1=A(ω0n)a0(ω1n)0+a1(ω1n)1+...+an−1(ω1n)n−1=A(ω1n)...a0(ωn−1n)0+a1(ωn−1n)1+...+an−1(ωn−1n)n−1=A(ωn−1n) { a 0 ( ω n 0 ) 0 + a 1 ( ω n 0 ) 1 + . . . + a n − 1 ( ω n 0 ) n − 1 = A ( ω n 0 ) a 0 ( ω n 1 ) 0 + a 1 ( ω n 1 ) 1 + . . . + a n − 1 ( ω n 1 ) n − 1 = A ( ω n 1 ) . . . a 0 ( ω n n − 1 ) 0 + a 1 ( ω n n − 1 ) 1 + . . . + a n − 1 ( ω n n − 1 ) n − 1 = A ( ω n n − 1 )

把方程组写成矩阵形式：

⎡⎣⎢⎢⎢⎢(ω0n)0(ω1n)0...(ωn−1n)0(ω0n)1(ω1n)1...(ωn−1n)1............(ω0n)n−1(ω1n)n−1...(ωn−1n)n−1⎤⎦⎥⎥⎥⎥×⎡⎣⎢⎢⎢a0a1...an−1⎤⎦⎥⎥⎥=⎡⎣⎢⎢⎢⎢A(ω0n)A(ω1n)...A(ωn−1n)⎤⎦⎥⎥⎥⎥ [ ( ω n 0 ) 0 ( ω n 0 ) 1 . . . ( ω n 0 ) n − 1 ( ω n 1 ) 0 ( ω n 1 ) 1 . . . ( ω n 1 ) n − 1 . . . . . . . . . . . . ( ω n n − 1 ) 0 ( ω n n − 1 ) 1 . . . ( ω n n − 1 ) n − 1 ] × [ a 0 a 1 . . . a n − 1 ] = [ A ( ω n 0 ) A ( ω n 1 ) . . . A ( ω n n − 1 ) ]

设上面三个矩阵分别为 X,Y,Z X , Y , Z ，即

X×Y=Z X × Y = Z

考虑求 X−1 X − 1 。
设矩阵

R=⎡⎣⎢⎢⎢⎢(ω−0n)0(ω−1n)0...(ω−(n−1)n)0(ω−0n)1(ω−1n)1...(ω−(n−1)n)1............(ω−0n)n−1(ω−1n)n−1...(ω−(n−1)n)n−1⎤⎦⎥⎥⎥⎥ R = [ ( ω n − 0 ) 0 ( ω n − 0 ) 1 . . . ( ω n − 0 ) n − 1 ( ω n − 1 ) 0 ( ω n − 1 ) 1 . . . ( ω n − 1 ) n − 1 . . . . . . . . . . . . ( ω n − ( n − 1 ) ) 0 ( ω n − ( n − 1 ) ) 1 . . . ( ω n − ( n − 1 ) ) n − 1 ]

即 R R 第 i i 行第 j j 列（从 0 0 开始计数）的值为 ω−ijn ω n − i j 。
那么 X×R X × R 第 i i 行第 i i 列的值为

∑j=0n−1ωijnω−ijn ∑ j = 0 n − 1 ω n i j ω n − i j

=∑j=0n−11=n = ∑ j = 0 n − 1 1 = n

第 i i 行第 j j 列（ i≠j i ≠ j ）的值为：

∑k=0n−1ωiknω−kjn=∑k=0n−1ω(i−j)kn=∑k=0n−1(ωi−j)k ∑ k = 0 n − 1 ω n i k ω n − k j = ∑ k = 0 n − 1 ω n ( i − j ) k = ∑ k = 0 n − 1 ( ω i − j ) k

=(ωi−jn)n−1ωi−jn−1=0 = ( ω n i − j ) n − 1 ω n i − j − 1 = 0

因此 X−1=1nR X − 1 = 1 n R 。
所以

Y=1nR×Z Y = 1 n R × Z

求 A A 的 DFT−1 DFT − 1 ，只需要用 ω−in ω n − i 代替 ωin ω n i 做一遍 DFT DFT ，然后把求得的结果除以 n n 就能得到系数。
注：

ω−1n=ωn−1n=cos2πn−isin2πn ω n − 1 = ω n n − 1 = cos ⁡ 2 π n − i sin ⁡ 2 π n

七、FFT 的递归实现

cyx 为复数类， n 为项数， d 为单位根（如果是逆变换则为单位根的倒数），下为求 a0=y[le],a1=y[le+st],a2=[le+2st],... a 0 = y [ l e ] , a 1 = y [ l e + s t ] , a 2 = [ l e + 2 s t ] , . . . 的 DFT 。

void FFT(int n, cyx *y, int le, int st, cyx *d) {
    if (n == 1) return; int m = n >> 1;
    FFT(m, y, le, st << 1, d);
    FFT(m, y, le + st, st << 1, d); int i;
    for (i = 0; i < m; i++) {
        int pos = 2 * st * i;
        tmp[i] = y[le + pos] + d[i * st] * y[le + pos + st];
        tmp[i + m] = y[le + pos] - d[i * st] * y[le + pos + st];
    }
    for (i = 0; i < n; i++)
        y[le + i * st] = tmp[i];
}

八、FFT 的迭代实现

递归实现的 FFT 会遇到效率问题。我们发现， FFT 每次不是把区间直接分割成两个子区间进行分治，是按照奇偶性进行分治。于是考虑如果 n=2k n = 2 k ，那么设 rev[i] r e v [ i ] 表示 i i 在 k k 位二进制数下的各位数倒转，如：

rev[(11001)2]=(10011)2 r e v [ ( 11001 ) 2 ] = ( 10011 ) 2

递推公式（可以自行理解）：

rev[0]=0 r e v [ 0 ] = 0

rev[i]=(rev[i>>1]>>1) or ((i and 1)<<(k−1)) r e v [ i ] = ( r e v [ i >> 1 ] >> 1 )  or  ( ( i  and  1 ) << ( k − 1 ) )

如果在这个过程中，对 m=n2w m = n 2 w 个数求 DFT ，那么参加求 DFT 的数的 下标有什么特点？
————二进制表示的后 w w 位相等！
如果令 brev[i]=ai b r e v [ i ] = a i ，那么这个特点就变成了二进制表示的前 w w 位相等，而二进制前 w w 位相等的数构成了一个连续区间！
这样，从小区间合并到大区间，就是 FFT 的迭代实现了。
下面，如果 op = 1 则为 DFT ，否则 op = -1 ，为 IDFT 。

void FFT(int n, cyx *y, int op) {
    int i, j, k;
    for (i = 0; i < n; i++) if (i < rev[i]) swap(y[i], y[rev[i]]);
    for (k = 1; k < n; k <<= 1) {
        cyx x(cos(pi / k), op * sin(pi / k));
        for (i = 0; i < n; i += (k << 1)) {
            cyx w(1, 0);
            for (j = 0; j < k; j++) {
                cyx u = y[i + j], v = w * y[i + j + k];
                y[i + j] = u + v; y[i + j + k] = u - v;
                w = w * x;
            }
        }
    }
}

九、快速数论变换 NTT

FFT 涉及到复数运算，难免有精度问题。考虑如果题目要求在模意义下怎么做。
思考原根是否有单位根的性质：
（1）根据费马小定理， (gi)p−1≡1(modp) ( g i ) p − 1 ≡ 1 ( mod p ) 。
（2） gp−12≡−1(modp) g p − 1 2 ≡ − 1 ( mod p )
答案是肯定的。
因此当 p=a×2k+1 p = a × 2 k + 1 ， n=2x n = 2 x 且 x≤k x ≤ k 时，只要将 ga×2k−x g a × 2 k − x 替换掉单位根，就能实现 NTT 。
下面是 ZZQ=p=1004535809 Z Z Q = p = 1004535809 时：（注： 3×334845270=1004535810 3 × 334845270 = 1004535810 ）

inline void NTT(const int &n, int *a, const int &op) {
    int i, j, k, r = op == 1 ? 3 : 334845270;
    for (i = 0; i < n; i++) if (i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
    for (k = 1; k < n; k <<= 1) {
        int x = qpow(r, (ZZQ - 1) / (k << 1), ZZQ);
        for (i = 0; i < n; i += (k << 1)) {
            int w = 1;
            for (j = 0; j < k; j++) {
                int u = a[i + j], v = 1ll * w * a[i + j + k] % ZZQ;
                a[i + j] = (u + v) % ZZQ; a[i + j + k] = (u - v + ZZQ) % ZZQ;
                w = 1ll * w * x % ZZQ;
            }
        }
    }
}

十、NTT 的任意模数问题

如果 NTT 的模数不能分解成 a×2k+1 a × 2 k + 1 的形式，上面的做法就不可用。
解决办法是选取几个质数，使他们的积大于 n(p−1)2 n ( p − 1 ) 2 。
在这几个质数的模意义下做 NTT ，然后用中国剩余定理 CRT 合并后对 p p 取模。

十一、快速卷积

两个定义域在自然数上的函数 f(n),g(n) f ( n ) , g ( n ) ，他们的卷积为：

(f⨂g)(n)=∑i=0nf(i)g(n−i) ( f ⨂ g ) ( n ) = ∑ i = 0 n f ( i ) g ( n − i )

可以发现这是 f(n) f ( n ) 和 g(n) g ( n ) 对应两个多项式（ xn x n 的系数分别为 f(n) f ( n ) 及 g(n) g ( n ) ）相乘之后的 n n 次项。用 FFT 可以求得 f⨂g f ⨂ g 的所有项值。
如果是求

∑i=0xf(i)g(i+k) ∑ i = 0 x f ( i ) g ( i + k )

那么将 g g 翻转，令 g′(i)=g(n−i) g ′ ( i ) = g ( n − i ) ，那么就是 f⨂g′ f ⨂ g ′ ，仍然是一个卷积的形式。

十二、题目

1、[BZOJ3527][Zjoi2014]力：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3527
2、[BZOJ3992][SDOI2015]序列统计：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3992
3、[BZOJ4827][Hnoi2017]礼物：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4827
4、[BZJ3160]万径人踪灭：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3160
5、[BZOJ4555][Tjoi2016&Heoi2016]求和：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4555
6、[BZOJ3456]城市规划：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3456