FFT/NTT/MTT学习笔记
FFT/NTT/MTT
Tags:数学
作业部落
评论地址
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\(NTT\)常数小些因为整数相乘比浮点数快
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<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
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;i++)//这个叫Rader排序
/*
假设原来P[1...n].id=1..n
现在需要的序列是从1到n所对应的id分别为id[1..n],满足r[id[i]]是升序
r[i]表示把i二进制上第1到l位的数反过来后的十进制数
*/
if(i<r[i]) swap(P[i],P[r[i]]);
//接下来的这个叫做蝴蝶操作，算法导论上有一张图较为清晰
for(int i=1;i<N;i<<=1)//表示操作区间集的每个区间的长度
{
Complex W=(Complex){cos(pi/i),op*sin(pi/i)};
for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)//表示每个区间集的最上端位置
{
Complex w=(Complex){1,0};//第0个单位复数根
/*
转角公式：将一个点(x,y)绕原点逆时针旋转t后的点是(x*cost-y*sint,x*sint+y*cost)
用三角函数和差化积公式容易得证
单位复数根是把单位元分为若干等份，于是每次就要转一定角度
用w=w*W实现转角
*/
for(int k=0;k<i;k++,w=w*W)//每个区间的最上端位置
{
Complex X=P[j+k],Y=w*P[j+k+i];//j+k+i便是每个区间下端位置
P[j+k]=X+Y;P[j+k+i]=X-Y;//所谓蝴蝶操作
}
}
}
}
int main()
{
cin>>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<N;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);//r是rader排序，将每个i的二进制位反过来
FFT(A,1);FFT(B,1);//将AB化成点集形式
//形如(w0,y0),(w1,y1)...(wn,yn)的这些点确定一条线
for(int i=0;i<N;i++) A[i]=A[i]*B[i];//点集O(n)相乘
FFT(A,-1);//再将点集转化为系数表示的形式
for(int i=0;i<=M;i++) printf("%d ",(int)(A[i].rl/N+0.5));//这时虚部都是0了
return 0;
}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<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<complex>
using namespace std;
const int MAXN=3e6+10;
const double pi=acos(-1);
int r[MAXN],N,M,l;
complex<double>A[MAXN],B[MAXN],w[MAXN];
void FFT(complex<double> *P,int op)
{
for(int i=1;i<N;i++) if(i>r[i]) swap(P[i],P[r[i]]);
for(int i=1;i<N;i<<=1)
for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)
for(int k=0;k<i;k++)
{
complex<double> W=w[N/i*k];W.imag()*=op;//实际要得到的是cos(pi/i*k)
complex<double> 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<N;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
for(int i=0;i<N;i++) w[i].real()=cos(pi/N*i),w[i]=imag()=sin(pi/N*i);
FFT(A,1);FFT(B,1);
for(int i=0;i<N;i++) A[i]=A[i]*B[i];
FFT(A,-1);
for(int i=0;i<=M;i++) printf("%d ",(int)(A[i].real()/N+0.5));
puts("");return 0;
}
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<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
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;i++) if(i<r[i]) swap(P[i],P[r[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1)
{
int W=ksm(3,(mod-1)/(i<<1));//3是998244353的一个原根
if(op<0) W=ksm(W,mod-2);
for(int j=0,p=i<<1;j<n;j+=p)
for(int k=0,w=1;k<i;k++,w=1ll*w*W%mod)
{
int X=P[j+k],Y=1ll*w*P[i+j+k]%mod;
P[j+k]=(X+Y)%mod;P[i+j+k]=((X-Y)%mod+mod)%mod;
}
}
}
int main()
{
cin>>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<n;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
NTT(A,1);NTT(B,1);
for(int i=0;i<n;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod; NTT(A,-1);
for(int i=0,inv=ksm(n,mod-2);i<n;i++) P[i]=1ll*P[i]*inv%mod;
for(int i=0;i<=m;i++) printf("%d ",A[i]);
return 0;
}
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
常用的\(NTT\)模数有\(998244353(3)\)、\(1004535809(3)\)
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（有些是3次，但是代码比我长）
Code
洛谷P4245 【模板】任意模数NTT
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<cmath>
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<double> A1[N],B1[N],A2[N],B2[N],A[N],w[N];
void FFT(complex<double> *P,int op)
{
for(int i=0;i<l;i++) if(r[i]<i) swap(P[i],P[r[i]]);
for(int i=1;i<l;i<<=1)
for(int p=i<<1,j=0;j<l;j+=p)
for(int k=0;k<i;k++)
{
complex<double> W=w[l/i*k];W.imag()*=op;
complex<double> X=P[j+k],Y=W*P[j+k+i];
P[j+k]=X+Y;P[j+k+i]=X-Y;
}
}
void Work(complex<double> *P1,complex<double> *P2,int base)
{
for(int i=0;i<l;i++) A[i]=P1[i]*P2[i];FFT(A,-1);
for(int i=0;i<=m+n;i++) (Ans[i]+=(long long)(A[i].real()/l+0.5)%p*base%p)%=p;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
for(int i=0,x;i<=n;i++) scanf("%d",&x),A1[i].real()=x/M,B1[i].real()=x%M;
for(int i=0,x;i<=m;i++) scanf("%d",&x),A2[i].real()=x/M,B2[i].real()=x%M;
for(l=1;l<=n+m;l<<=1) tt++;tt--;
for(int i=0;i<l;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<tt);
for(int i=0;i<l;i++) w[i].real()=cos(Pi/l*i),w[i].imag()=sin(Pi/l*i);
FFT(A1,1);FFT(A2,1);FFT(B1,1);FFT(B2,1);
Work(A1,A2,M*M%p); Work(A1,B2,M%p);
Work(A2,B1,M%p); Work(B1,B2,1);
for(int i=0;i<=m+n;i++) printf("%d ",Ans[i]);
}
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
版权声明：本文为xzyxzy原创文章，遵循 CC 4.0 BY-SA 版权协议，转载请附上原文出处链接和本声明。