任意模数多项式乘法MTT(可拆系数FFT)详解

发布时间:2024年01月22日

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任意模数多项式乘法

前言:
在教练讲的时候脑子并不清醒,所以没听懂。后来自己看博客学会了,但目前只学了一种方法:可拆系数FFT。为了方便日后复习,决定先写下这个的笔记,关于三模数NTT下次再补。

建议:准备好演算纸和笔,本篇含有大量推算部分。

为什么不直接使用NTT/FFT

此处的模数是任意的,所以我们使用NTT时,有局限性。只有当模数满足下列情况时才可使用NTT。

模数为 P P P P = r × 2 k + 1 P=r\times 2^k + 1 P=r×2k+1,其中 k k k足够大,满足 2 k ≥ N 2^k \geq N 2kN,其中 N N N为多项式扩充后的项数,多项式乘法都需要将项数扩充到 2 2 2的幂。

如果不满足上述条件,就不能直接使用NTT。

那为什么不使用FFT带模运算?
首先不考虑模数的情况下,多项式结果的系数不能超过 d o u b l e double double能表示的精度(一般在 1 0 16 10^{16} 1016)。超过后, d o u b l e double double所表示的结果将不再精确。

那怎么办?目前可以给出两种解决方法

  1. 可拆系数FFT
  2. 三模数NTT<s>(可是我还没学懂QAQ)</s>

所以,向可拆系数FFT进发!

可拆系数FFT

怎么用可拆系数FFT

首先我们还是先假设一个情景:

求: c 1 c_1 c1? c 2 c_2 c2?的卷积

我们可以把一个数拆成 a × 2 15 + b a\times 2^{15}+b a×215+b的形式(不一定是 2 15 2^{15} 215,大概在 值域 \sqrt{值域} 值域 ?内)。

c 1 = a 1 × 2 15 + a 2 c 2 = b 1 × 2 15 + b 2 c_1=a_1\times 2^{15}+a_2 \\ c_2=b_1\times 2^{15}+b_2 c1?=a1?×215+a2?c2?=b1?×215+b2?

那这俩的积为

c 1 × c 2 = ( a 1 × 2 15 + a 2 ) × ( b 1 × 2 15 + b 2 ) = a 1 b 1 × 2 30 + ( a 1 b 2 + a 2 b 1 ) × 2 15 + a 2 b 2 \begin{aligned} c_1\times c_2&=(a_1\times 2^{15}+a_2)\times(b_1\times 2^{15}+b_2)\\&=a_1b_1\times 2^{30}+(a_1b_2+a_2b_1)\times 2^{15}+a_2b_2 \end{aligned} c1?×c2??=(a1?×215+a2?)×(b1?×215+b2?)=a1?b1?×230+(a1?b2?+a2?b1?)×215+a2?b2??

好耶!那我们可以直接做4次FFT( a 1 b 1 a_1b_1 a1?b1? a 1 b 2 a_1b_2 a1?b2? a 2 b 1 a_2b_1 a2?b1? a 2 b 2 a_2b_2 a2?b2?)!
<s>然后你发现正逆变换总共做了8次常数爆炸然后炸了</s>

所以,我们需要优化!

优化可拆系数FFT

注意:我们这里的优化会用到复数,你可能会害怕得逃走,但是你无需害怕,因为<s>(我也是这样过来的)</s>我会简单地讲一讲。

小资料(可能不太学术规范):
啥是复数?

其实复数,是一种含实部和虚部的一种数。我们知道 i = ? 1 i=\sqrt{-1} i=?1 ? i i i就是虚数。那我们以实部建立 x x x轴、虚部建立 y y y轴。

那我们假设在这个平面直角坐标系上有一个点 A ( 2 , 3 ) A(2,3) A(2,3),那这个点的复数表示为 2 + 3 i 2+3i 2+3i

那你就基本知道什么是复数了,让我们学一下基本运算吧。(这个自己记一记好了)

我们可以利用一下复数的乘法运算:

( a + b i ) ( c + d i ) = ( a c ? b d ) + ( a d + b c ) i ( a ? b i ) ( c + d i ) = ( a c + b d ) + ( a d ? b c ) i (a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i\\ (a-bi)(c+di)=(ac+bd)+(ad-bc)i (a+bi)(c+di)=(ac?bd)+(ad+bc)i(a?bi)(c+di)=(ac+bd)+(ad?bc)i

现在令 P 1 = a 1 + a 2 i P_1=a_1+a_2i P1?=a1?+a2?i P 2 = a 1 ? a 2 i P_2=a_1-a_2i P2?=a1??a2?i Q = b 1 + b 2 i Q=b_1+b_2i Q=b1?+b2?i
计算:

P 1 Q + P 2 Q = ( a 1 b 1 ? a 2 b 2 ) + ( a 1 b 2 + a 2 b 1 ) i + ( a 1 b 1 + a 2 b 2 ) + ( a 1 b 2 ? a 2 b 1 ) i = 2 ( a 1 b 1 + a 1 b 2 i ) \begin{aligned} P_1Q+P_2Q&=(a_1b_1-a_2b_2)+(a_1b_2+a_2b_1)i+(a_1b_1+a_2b_2)+(a_1b_2-a_2b_1)i\\ &=2(a_1b_1+a_1b_2i) \end{aligned} P1?Q+P2?Q?=(a1?b1??a2?b2?)+(a1?b2?+a2?b1?)i+(a1?b1?+a2?b2?)+(a1?b2??a2?b1?)i=2(a1?b1?+a1?b2?i)?

如果我们将上式除以 2 2 2,那我们可以得到 a 1 b 1 , a 1 b 2 a_1b_1,a_1b_2 a1?b1?,a1?b2?(分别通过“实部相加/2”、“虚部相加/2”可得)。

我们把得到的 a 1 b 1 a_1b_1 a1?b1?代入 P 2 Q P_2Q P2?Q的实部,可得 a 2 b 2 a_2b_2 a2?b2?
类似地,将 a 1 b 2 a_1b_2 a1?b2?代入 P 1 Q P_1Q P1?Q的虚部,可得 a 2 b 1 a_2b_1 a2?b1?

(注:这里的运算请自己用演算纸推一下)

我们就可以带回 c 1 × c 2 c_1\times c_2 c1?×c2?了。

那我们的任务就完成啦!!

代码实现

注:此处的FFT部分与FFT版题的部分是一模一样的,可参照本人之前所写的FFT笔记

板子:P4245 【模板】任意模数多项式乘法

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define rp(i,o,p) for(ll i=o;i<=p;++i)
#define pr(i,o,p) for(ll i=o;i>=p;--i)
#define cp complex<long double>

const ll MAXN=1e5+5,P=1e9+7;
const ll lim=32000; // lim = sqrt(值域) <- 1e9
const long double PI=acos(-1.0);

cp p1[MAXN<<2],p2[MAXN<<2],q[MAXN<<2];
ll n,m,limit;
cp p[MAXN<<2],omg[MAXN<<2],inv[MAXN<<2];

void init() {
    for (ll i = 0; i < limit; ++i) {
        omg[i] = cp(cos(2 * PI * i / limit), sin(2 * PI * i / limit));
        inv[i] = conj(omg[i]);
    }
}

void fft(cp *a, cp *omg) {
    for (ll i = 0, j = 0; i < limit; ++i) {
        if (i > j)
            swap(a[i], a[j]);
        for (ll l = limit >> 1; (j ^= l) < l; l >>= 1)
            ;
    }
    for (ll l = 2; l <= limit; l <<= 1) {
        ll m = l >> 1;
        for (cp *p = a; p != a + limit; p += l) {
            rp(i, 0, m - 1) {
                cp t = omg[limit / l * i] * p[i + m];
                p[i + m] = p[i] - t;
                p[i] += t;
            }
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    rp(i,0,n)
    {
        ll x;
        scanf("%lld",&x);
        p1[i]=cp(x/lim,x%lim);
        p2[i]=cp(x/lim,-x%lim);
    }
    rp(i,0,m)
    {
        ll x;
        scanf("%lld",&x);
        q[i]=cp(x/lim,x%lim);
    }

    limit=1;
    while(limit<=n+m) limit<<=1;

    init();
    fft(p1,omg),fft(p2,omg),fft(q,omg);
  
    rp(i,0,limit-1)
    {
    	long double xx,xy;
  
        xx=p1[i].real()*q[i].real(),yy=p1[i].imag()*q[i].imag();
        xy=p1[i].real()*q[i].imag(),yx=p1[i].imag()*q[i].real();
        p1[i]=cp(xx/limit-yy/limit,xy/limit+yx/limit);
      
        xx=p2[i].real()*q[i].real(),yy=p2[i].imag()*q[i].imag();
        xy=p2[i].real()*q[i].imag(),yx=p2[i].imag()*q[i].real();
        p2[i]=cp(xx/limit-yy/limit,xy/limit+yx/limit);
    }
    /*
    	上面的循环等价于这两行循环,但是因为c++中complex模板为const类型,
    	单独的real()或imag()值不可以直接修改,只可以两个同时赋值来修改,
    	所以上面的循环还用到了复数的除法运算,自己看看吧
      	rp(i,0,limit-1) q[i].real()/=limit,q[i].imag()/=limit;
      	rp(i,0,limit-1) p1[i]*=q[i],p2[i]*=q[i];
    */
    fft(p1,inv),fft(p2,inv);

    rp(i,0,n+m)
    {
        ll a1b1=(ll)((p1[i].real()+p2[i].real())/2+0.5)%P;
        ll a1b2=(ll)((p1[i].imag()+p2[i].imag())/2+0.5)%P;
        ll a2b1=(ll)((p1[i].imag()+0.5)-a1b2)%P;
        ll a2b2=(ll)((p2[i].real()+0.5)-a1b1)%P;
        ll ans=(a1b1*lim*lim+(a1b2+a2b1)*lim+a2b2)%P;

        ans=(ans%P+P)%P;
        printf("%lld ",ans);
    }

    return 0;
}

后记

三模数NTT的内容会尽快补上的。

文章来源:https://blog.csdn.net/yikeyoucaihua/article/details/135758423
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