FFT/NTT 学习笔记

0. 前置芝士

基础群论
复数

$\mathbb C = \mathbb R[x^2+1]$

则有 $i^2+1=(-i)^2+1=0$，$i \in \mathbb C - \mathbb R$

$i^0=1;i^1=i;i^2=-1;i^3=-i;i^x=i^{x \bmod 4}(x \in \mathbb Z)$

定理 0.1（欧拉公式）

$e^{ik} = \cos k + i \sin k$

证明：

（因为这里辛辛苦苦打出来的 $\sf \LaTeX$ 炸了，所以放了个图，不是贺的）

定义 0.2（单位根）

$\omega_k := e^{\frac{2\pi i}k}$
一些仅在本文生效的定义：

给定一个多项式 $f(x)$ 和 $i \le \deg f,f_i := \left\lfloor\dfrac f{x^i} \right\rfloor \bmod x$。

本文中 $f$ 和 $f'$ 是两个函数，本文使用 $\dfrac{{\rm d}f}{{\rm d}x}$ 表示导数。

1.引入

目标：求

\[h(x) = f(x) \times g(x) = \sum^{\deg f + \deg g}_{i=0}(x^i \times \sum_{a+b=i} f_a \times g_a)
\]

。

考虑取任意 $\deg f + \deg g + 1$ 个复数 $x_0,x_1,\dots,x_{\deg f + \deg g + 1}$，则有 $h(x_i) = f(x_i)g(x_i)$，可以通过拉格朗日插值插回来（一般多项式题有 $\deg f = \deg g$，且会 $\bmod x^{\deg f+1}$，所以可以直接 $x_0,x_1,\dots,x_{\deg f}$，之后的讲解以这种方法为主）

取 $x_i = -\omega_{\deg f+1}^i$，则得到的 $f(x_i) = \mathscr F f_i$（此处 $\mathscr F f$ 为长度为 $\deg f+1$ 的序列而非多项式，且 $\mathscr F f$ 的下标从 $0$ 到 $\deg f$）

插值部分不需要拉格朗日，有一个神奇的柿子：$\mathscr{F}^{-1} f = \frac{1}{\deg f+1} \sum_{k=0}^{\deg f} { f}_k {\omega}^{k}_{\deg f}$

构造方法见 IFFT，但是建议把 $\mathscr {F F}^{-1} f$ 展开看看正确性，这里就不推了

这两种东西被叫做 DFT 和 IDFT，根据定义式计算复杂度为 $\mathcal O(n^2)$

2.FFT

常数优化

定理 2.1 一个多项式 $f(x)$ 一定能分成两部分 $f(x)=O(x)+E(x)$，使得 $\forall x E(x)=E(-x) \wedge \forall x O(x) = -O(-x)$

构造性证明：$E(x) = f_0x^0+f_2x^2+f_4x^4+\cdots,O(x)=f_1x^1+f_3x^3+f_5x^5+\cdots$。

P.S. 通过麦克劳林展开式，可以得到 $f(x)$ 不一定是多项式。

定理 2.2 $\omega_n^x=-\omega_n^{x+\frac n2}$

证明：$e^{\frac{2\pi i}n \times (x+\frac n2)}=e^{\frac{2\pi i}n \times x+ \frac{2\pi i}n \times \frac n2}=e^{\frac{2\pi}n \times x} \times e^{\pi i} = -e^{\frac{2\pi}n \times x} = -\omega^x_n$。

所以我们计算 DFT 和 IDFT 的时候可以考虑少搞一半。

（因为这个定理在 FFT 的过程中要反复进行，所以这里建议把 $f$ 补全到 $2^n$ 项）。
分治（递归）

考虑分治地去完成 DFT。取代那一半的暴力运算，考虑变换出那一段：wait，一半的单位根和整个函数怎么变换？

定理 2.3 $(\omega_n^x)^2 = \omega_{\frac n2}^x$

证明：$(\omega_n^x)^2 = (\omega_n^{2x}) = e^{\frac{2\pi i}n \times 2x} = e^{\frac{2\pi i}{n/2} \times x} = \omega_{\frac n2}^x$

如果，我们跳出那思维呢？

设 $E_f(x) = f_0x^0+f_2x^2+f_4x^4+\cdots,O_f(x)=f_1x^1+f_3x^3+f_5x^5+\cdots$

令 $E'_f(x) = E_f(\sqrt{x}); O'_f(x)=\dfrac {O_f(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}$

，则 $2\deg E'_f-1 = 2\deg O'_f-1 = \deg f$

有 $f(x) = E'_f(x^2) + \omega_{2^n} O'_f(x^2)$

当 $x$ 是 $2^n$ 次单位根的时候，$x^2$ 一定是 $2^{n-1}$ 次单位根，而正好 $\deg E'_f = \deg O'_f = 2^{n-1}-1$，所以进行递归，把 $E'_f$ 和 $O'_f$ 进行 FFT，就可以完成了。

边界条件：$n=0$，此时多项式变为一个常数，直接返回这个常数就可以了。
分治（非递归）

这里因为正好 $\deg f = 2^n-1$（有 $2^n$ 项），所以可以考虑使用位运算。

看看 $E'_f$ 的每一项（$O'_f$ 同理）：

$E'_f = f_0x^0 + f_2x^1 + f_4x^2 + f_6x^3 + \cdots + f_{2^n-2}x^{2^{n-1}-1}$

发现都是二进制中第 $0$ 位为 $0$ 的数

我们把 $E'_f$ 和 $O'_f$ 合并相当于把两个 $2^{n-1}$ 项的数组合并，这样我们 $\tt DP$ 地去做，定义 $f_{i,s,j}$ 代表将两个 $2^{i-1}$ 项式合并，这两个区间是 $[s, s+2^{i-1})$ 和 $[s+2^{i-1},s+2^i)$ 合并后 $\omega_{2^i}^{j-s}$ 的结果。

发现 $s$ 的个数 $\times$ $2^i$ 的个数是 $O(n)$ 的，而 $j$ 的个数是 $O(2^i)$ 的，于是可以进行下一步复杂度分析
复杂度分析

对于递归版：

$T(n) = 2T(\dfrac n2)+O(n) = O(n \log n)$

证明：$T(n) = O(n) + 2T(\dfrac n2) = O(n) + O(n) + 4T(\dfrac n4) = \cdots(\text{这个递归会有 log n 层})\cdots = \sum\limits^{\log n}_{i=0} O(n) = O(n \log n)$

对于递推版：

$T(n) = \sum\limits_{i=1}^{\log n} \sum\limits_{s=1}^{\frac n{2^i}} O(2^i) = \sum\limits_{i=1}^{\log n} O(\dfrac n{2^i} \times 2^i) = \sum\limits_{i=1}^{\log n} O(n) = O(n \log n)$

3.IFFT

IDFT 公式推导

还记得我们在开篇提到的那个柿子吗：

$\mathscr{F}^{-1} f = \frac{1}{\deg f+1} \sum_{k=0}^{\deg f} { f}_k {\omega}^{k}_{\deg f}$

它的推导方法如下：

定义 $\bar f(x) = \sum_{i} (\mathscr{F} f)_i x^i$

然后再对 $\bar f$ 做一次 DFT（lhx 内心吐槽：这方法是给人想的吗，个人感觉 $\bar f$ 在数学上没什么实际意义，还来给 $\bar f$ DFT？are you crazy???）

设 $N = \deg f + 1$（注意和 $n = \log_2 (N)$ 做区别）

$\bar f(\omega_N^x) = \sum\limits_{i=0}^{N-1} (\omega_N^{-xi} (\mathscr{F}f)_i) = \sum\limits_{i=0}^{N-1} (\omega_N^{-xi} \sum\limits_{j=0}^{N-1} f_j \omega_N^{ij})$，粗体部分由于负负得正。

因为 $\omega_N^{-xi}$ 相对 $\sum\limits_{j=0}^{N-1} f_j \omega_N^{ij}$ 是常数，所以可以乘进去，也就是 $\sum\limits_{i=0}^{N-1} \sum\limits_{j=0}^{N-1} f_j \omega_N^{-xi} \omega_N^{ij} = \sum\limits_{i=0}^{N-1} \sum\limits_{j=0}^{N-1} f_j ( \omega_N^i)^{j-x}$

交换两个 $\sum$，并把 $f_j$ 提出去，得到 $\sum\limits_{j=0}^{N-1} \left ( f_j \sum\limits_{i=0}^{N-1} ( \omega_N^i)^{j-x} \right ) = \sum\limits_{j=0}^{N-1} \left ( f_j \sum\limits_{i=0}^{N-1} ( \omega_N^{j-x})^i \right )$

这里 $\sum\limits_{i=0}^{N-1} ( \omega_N^{j-x})^i$ 是一个等比数列，套用等比数列求和公式得到 $\dfrac{1 - \omega_N^{(j-x)N}}{1 - \omega_N^{j-x}} = \dfrac{1 - 1}{1 - \omega_N^{j-x}} = 0$，但是有一个条件，就是 $\omega_N^{j-x} \ne 1$，如果 $\omega_N^{j-x} = 1$，则答案为 $n$，于是我们得到 $\sum\limits_{j=0}^{N-1} [j \equiv x \pmod N]N \times f_j = f_x \times N$，于是我们得到一个离谱的结论：IFFT 就是先将单位根取倒数的 FFT。
实现

定理 1.1 $\omega_N^a = \omega_N^{n \bmod N}$

证明：$\omega_N^a = \omega_N^{\lfloor a/N\rfloor N+a \bmod N}=\omega_N^{\lfloor a/N\rfloor N}\omega_{N}^{n \bmod N} = (\omega_N^N)^{\lfloor a/N\rfloor} \omega_{N}^{n \bmod N} = 1^{\lfloor a/N\rfloor} \omega_{N}^{n \bmod N} = \omega_{N}^{n \bmod N}$

定理 1.2 $\omega_N^{-a} = (\omega_N^{a})^{-1}$

证明：$\omega_N^{-a} = \omega_N^{(-a) \bmod N} = \omega_N^{N-a} = e^{i\pi\frac{2(N-a)}{N}} = e^{i\pi\frac{2N-2a}{N}} = e^{\frac{i\pi2N}{N}-\frac{i2\pi a}{N}} = e^{2\pi i} \div e^{2\pi i \times \frac aN} = (\omega_N^{a})^{-1}$

于是我们可以通过 FFT 时 $-a$ 改成 $a$ 即可，或者说，$Ia$，其中 $I=-1$ 代表 FFT，$I=1$ 代表 IFFT。
应用

$O(n \log n)$ $\bmod x^N$ 多项式乘除法：

因为点值表示法可以直积/直商，所以先对两个多项式 FFT，直积/直商后 IFFT 回去就可以。

4.NTT

定义 $\delta_p x(p \perp x) = \min\{i:x^i \bmod p = 1\}$。

因为 $x^{\varphi(p)} \bmod p=1(p \perp x)$，所以 $\delta_p x \le \varphi(i)$。

那么，有一些整数，满足 $\delta_p x = \varphi(i)$，这种 $x$ 就被称为是 $p$ 的原根（可能不唯一）。

经常进行 NTT 的模数为 $P=998244353=119 \cdot 2^{23}+1$，其原根为 $g=3$。

令 $q = 119$，$r = 23$，以下同余式若未标明模数默认为 $P$。

有 $P-1=q2^r$，又因为长度经常为 $N = \deg f+1 = 2^n$，所以两边除上一个 $2^n$，得到 $\dfrac {P-1}N = q2^{r-n}$

令 $q' = q2^{r-n}$，令 $\rho_N \equiv g^{q'}$，发现 $\omega_N$ 和 $\rho_N$ 具有同样的性质，或者说 $\langle \{0 \le i< n\mid\omega^i\},\times \rangle$ 和 $\langle \{0 \le i < n\mid\omega^i\},\overset\bmod\times \rangle$ 这两个群同构。

Lemma 1: $\rho_N^{i}$ 两两不同（证明：由于原根的性质，所以 $\rho_N^i \equiv \rho_N^j \iff g^{q'i} \equiv g^{q'j} \iff q'i \equiv q'j \pmod {P-1} \iff (P-1) \mid q' (i-j)$。

证明：构造双射 $f(\omega_N^x) = \rho_N^x$，有 $f(\omega_N^x) f(\omega_N^y) = \rho_N^x \times \rho_N^y = \rho^{(x+y) \bmod N} = f(\omega_N^{(x+y) \bmod N}) = f(\omega_N^x\omega_N^y)$

5.卷积

6.Misc（多项式全家桶）

$\aleph_0$. 例题讲解

P3803

题意简述：给定多项式 $f(x),g(x)$，求 $h(x) = f(x)g(x)$。

讲解：就是个板子发现 $h(x)$ 的定义式 $f(x)g(x)$ 恰好是点值乘法，于是将 $f,g$ FFT 然后乘起来 IFFT 回去就行了。

P1919

题意简述：给定大整数 $x,y \le 10^{10^6}$，求 $z = xy$。

讲解：也是个板子将大整数拆位当作多项式处理，此时得到的 $Z(x) = X(x)Y(x)$ 会满足 $Z(10) = xy$，但是我们不能直接算 $Z(10)$，不然直接 $\log^2 (x+y)$ 爆掉。于是考虑把进位一位一位传上去，这样复杂度可以接受。

P3338

题意简述：

给出 $n$ 个实数 $q_1,q_2, \dots q_n$，求对于每一个 $j$，

\[\sum_{i = 1}^{j - 1} \frac{q_j}{(i - j)^2}-\sum_{i = j + 1}^{n} \frac{q_j}{(i - j)^2}
\]

，考虑凑成乘法形式