拆系数FFT
1.基本介绍
对长度为L的\(A(x),B(x)\)进行DFT，可以利用
P(x)=A(x)+iB(x) \tag{1} \\
Q(x)=A(x)-iB(x) \tag{2}
\end{align}
\]
对\(P(x)\)进行DFT，得到\(F_p\)。
\(Q(x)\)的结果 DFT\(F_q[k]=!(F_p[2L-k])\)，（!表示取共轭）（证明见论文）。
则
DFT(A[k])=\frac{F_p[k]+F_q[k]} 2 \tag{3} \\
DFT(B[k])=-i\frac{F_p[k]-F_q[k]} 2 \tag{4}
\end{align}
\]
这就是两两合并计算DFT的方法，2次DFT优化为了1次。
IDFT的计算有两种方法，一种是带入\(-w_n^k\)，另一种是将序列[1..n-1]翻转，再进行FFT，两种方法结果都要除以n。
//495ms
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,l,r) for(int i=l,ed=r;i<ed;++i)
typedef long long ll;
const double PI = acos(-1);
const int N = 1<<20;
const int BUF_SIZE=33554431;
using namespace std;
struct buf{
char a[BUF_SIZE],b[BUF_SIZE],*s,*t;
buf():s(a),t(b){a[fread(a,1,sizeof a,stdin)]=0;}
~buf(){fwrite(b,1,t-b,stdout);}
operator int(){
int x=0;
while(*s<48)++s;
while(*s>32)
x=x*10+*s++-48;
return x;
}
void out(int x){
static char c[12];
char*i=c;
if(!x)*t++=48;
else{
while(x){
int y=x/10;
*i++=x-y*10+48,x=y;
}
while(i!=c)*t++=*--i;
}
*t++=10;
}
}it;
struct cp{
double x,y;
cp(double _x=0,double _y=0):x(_x),y(_y){}
cp operator +(const cp& b)const{return cp(x+b.x,y+b.y);}
cp operator -(const cp& b)const{return cp(x-b.x,y-b.y);}
cp operator *(const cp& b)const{return cp(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);}
cp operator !()const{return cp(x,-y);}
}w[N];
void fft(cp p[],int n){
for(int i=0,j=0;i<n;++i){
if(i>j)swap(p[i],p[j]);
for(int l=n>>1;(j^=l)<l;l>>=1);
}
for(int i=2;i<=n;i<<=1)
for(int j=0,m=i>>1;j<n;j+=i)
rep(k,0,m){
cp b=w[n/i*k]*p[j+m+k];
p[j+m+k]=p[j+k]-b;
p[j+k]=p[j+k]+b;
}
}
void conv(int n,ll *x,ll *y,ll *z){
static cp p[N],q[N],h(0,-0.25);
rep(i,0,n){
w[i]=cp(cos(2*PI*i/n),sin(2*PI*i/n));
p[i]=cp(x[i],y[i]);
}
fft(p,n);
rep(i,0,n){
int j=i?(n-i):0;
q[j]=(p[i]*p[i]-!p[j]*!p[j])*h;
}
fft(q,n);
rep(i,0,n)z[i]=q[i].x/n+0.5;
}
int n,m,p;
ll a[N],b[N],c[N];
int main(){
n=it+1;m=it+1;
rep(i,0,n) a[i]=it;
rep(i,0,m) b[i]=it;
for(n+=m-1,p=1;p<n;p<<=1);
conv(p,a,b,c);
rep(i,0,n)it.out(c[i]);
return 0;
}
2.更快的卷积
将\(A(x)\)表示为\(A_0(x^2)+xA_1(x^2)\)，\(、A_0(x^2)、xA_1(x^2)\)分别是偶次项、奇次项的和。
那么
A(x)B(x)&=(A_0(x^2)+xA_1(x^2))(B_0(x^2)+xB_1(x^2))\\
&=A_0(x^2)B_0(x^2)+x(A_0(x^2)B_1(x^2)+A_1(x^2)B_0(x^2))+x^2A_1(x^2)B_1(x^2)
\end{align}
\]
可以分别对\(A_0(x)、A_1(x)、B_0(x)、B_1(x)\)计算DFT，然后再把上式\(x^0,x^1,x^2\)的系数算出来，再进行3次IDFT。共7次。
DFT可以两两合并优化为2次，且是两次长度为L（原来是2L）的DFT。
IDFT时也可以两两合并，于是就需要2次长度L的IDFT。共4次。
如果这两次IDFT还可以两两合并，那就只要计算一次IDFT。共3次长度L的计算。
推导如下：
\(A_0(x^2)B_1(x^2)+A_1(x^2)B_0(x^2)\)的 IDFT 结果就是奇数项的系数。\(A_0(x^2)B_0(x^2)\)和\(x^2A_1(x^2)B_1(x^2)\) 则是偶数项的系数。
将\(A_0(x^2)B_0(x^2)\)和\(x^2A_1(x^2)B_1(x^2)\)看做是关于\(x^2\)的多项式，可以两两合并计算。令
f=DFT(A_0)\cdot DFT(B_1)+DFT(A_1)\cdot DFT(B_0)
\]
\(xA(x)\)就是\(w_n^k\cdot DFT(A)\)。我们只要计算出\(IDFT(g)\)和\(IDFT(f)\)即可。
如果 IDFT 的结果是实数，那么两个 IDFT 就可以合并计算，令
\]
那么
\]
于是取实部和虚部分别作为奇数和偶数项的系数即可。
令
0& k=0\\
n-k& k\neq 0
\end{cases}
\]
那么
g&=\frac {P_k+!P_j}{2}\cdot \frac {Q_k+!Q_j}{2}+w[k]\cdot \frac {P_k-!P_j}{-2i}\cdot \frac {Q_k-!Q_j}{-2i}\\
&=\frac 1 4 [(P_k+!P_j)\cdot(Q_k+!Q_j)-w[k]\cdot(P_k-!P_j)\cdot(Q_k-!Q_j)]\\
\\
f&=\frac {P_k+!P_j} 2 \cdot \frac{Q_k-!Q_j}{-2}i+\frac {Q_k+!Q_j} 2 \cdot \frac{P_k-!P_j}{-2}i\\
&=\frac i{-4}[2\cdot P_k\cdot Q_k-2\cdot !P_j\cdot !Q_j]
\end{aligned}
\]
于是
g+f\cdot i&=\frac 1 4 [(P_k+!P_j)\cdot(Q_k+!Q_j)-w[k]\cdot(P_k-!P_j)\cdot(Q_k-!Q_j)-2\cdot P_k\cdot Q_k+2 !(P_j\cdot Q_j)]\\
&=\frac 1 4 [-(P_k-!P_j)\cdot(Q_k-!Q_j)+2\cdot (P_k\cdot Q_k+!(P_j\cdot Q_j))\\
&-w[k]\cdot(P_k-!P_j)\cdot(Q_k-!Q_j)+2\cdot P_k\cdot Q_k-2\cdot !(P_j\cdot Q_j)]\\
&=Q_k\cdot P_k-\frac 1 4[(1+w[k])\cdot (P_k-!P_j)\cdot(Q_k-!Q_j)]\\
\end{aligned}
\]
//325ms
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,l,r) for(int i=l,ed=r;i<ed;++i)
typedef long long ll;
const double PI = acos(-1);
const int N = 1<<20;
const int BUF_SIZE=33554431;
using namespace std;
struct buf{
char a[BUF_SIZE],b[BUF_SIZE],*s,*t;
buf():s(a),t(b){a[fread(a,1,sizeof a,stdin)]=0;}
~buf(){fwrite(b,1,t-b,stdout);}
operator int(){
int x=0;
while(*s<48)++s;
while(*s>32)
x=x*10+*s++-48;
return x;
}
void out(int x){
static char c[12];
char*i=c;
if(!x)*t++=48;
else{
while(x){
int y=x/10;
*i++=x-y*10+48,x=y;
}
while(i!=c)*t++=*--i;
}
*t++=10;
}
}it;
struct cp{
double x,y;
cp(double _x=0,double _y=0):x(_x),y(_y){}
cp operator +(const cp& b)const{return cp(x+b.x,y+b.y);}
cp operator -(const cp& b)const{return cp(x-b.x,y-b.y);}
cp operator *(const cp& b)const{return cp(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);}
cp operator *(double b)const{return cp(b*x,b*y);}
cp operator !()const{return cp(x,-y);}
}w[N];
void fft(cp *p,int n){
for(int i=0,j=0;i<n;++i){
if(i>j)swap(p[i],p[j]);
for(int l=n>>1;(j^=l)<l;l>>=1);
}
for(int i=2;i<=n;i<<=1)
for(int j=0,m=i>>1;j<n;j+=i)
rep(k,0,m){
cp b=w[n/i*k]*p[j+m+k];
p[j+m+k]=p[j+k]-b;
p[j+k]=p[j+k]+b;
}
}
void conv(int n,ll *x,ll *y,ll *z){
static cp p[N],q[N],a[N];
rep(i,0,n){
(i&1?p[i>>1].y:p[i>>1].x)=x[i];
(i&1?q[i>>1].y:q[i>>1].x)=y[i];
}
rep(i,0,n>>=1)w[i]=cp(cos(2*PI*i/n),sin(2*PI*i/n));
fft(p,n);fft(q,n);
rep(i,0,n){
int j=i?n-i:0;
a[j]=p[i]*q[i]-((cp(1,0)+w[i])*(p[i]-!p[j])*(q[i]-!q[j]))*0.25;
}
fft(a,n);
rep(i,0,n)z[i<<1]=a[i].x/n+0.5,z[i<<1|1]=a[i].y/n+0.5;
}
int n,m,p;
ll a[N],b[N],c[N];
int main(){
n=it+1;m=it+1;
rep(i,0,n) a[i]=it;
rep(i,0,m) b[i]=it;
for(n+=m-1,p=2;p<n;p<<=1);
conv(p,a,b,c);
rep(i,0,n)it.out(c[i]);
return 0;
}
3.拆系数FFT
要计算任意模数的卷积，我们一般考虑NTT+中国剩余定理CRT。NTT中需要模数是质数且表示为\(p=c\cdot 2^k+1\)中\(2^k\)要不小于n。
考虑直接算出卷积不取模，那么每个数不会超过\(M^2n\)。假设模数\(M\)是\(10^9\)级别，n是\(10^5\)级别，那么结果都是\(10^{23}\)级别，我们可以找三个都是\(10^9\)级别满足NTT要求的模数，利用中国剩余定理就能得到在\(10^{27}\)级别的模数意义下的结果，再对\(M\)取模即可。
但是这样常数就要乘3了。效率太低。拆系数FFT就是替代NTT解决模任意数且非常高效的算法。
如果利用FFT计算，浮点数会有误差，int128是一个方法，但是不是所有场合都能使用。所以需要拆系数。
设\(M_0=\lceil \sqrt M\rceil\)，设
b_i=k[b_i]M_0+b[b_i]
\]
其中\(k[a_i],b[a_i]< M_0\)。
假设\(K_a(x)\)是以\(k[a_i]\)为系数的多项式，\(B_a(x)\)是以\(b[a_i]\)为系数的多项式，\(K_b(x),B_b(x)\)同理，则：
B(x)=K_b(x)M_0+B_b(x)\\
A(x)B(x)=K_a(x)K_b(x)M_0^2+(K_a(x)B_b(x)+K_b(x)B_a(x))M_0+B_a(x)B_b(x)
\]
和上面「更快的卷积」一样分析，两两合并可以将7次DFT及IDFT计算优化为4次：
\(M_0\)可以取一个超过\(\sqrt M\)的2的幂次，比较方便计算。
令
Q(x)=K_b(x)+iB_b(x)
\]
可知
DFT(B_a[k])=-i\frac {F_p[k]-!(F_p[(n-k)\%n])} 2\\
DFT(K_b[k])=\frac {F_q[k]-!(F_q[(n-k)\%n])} 2\\
DFT(B_b[k])=-i\frac {F_q[k]-!(F_q[(n-k)\%n])} 2\\
\]
于是只要计算出P(x)的DFT：\(F_p(x)\)和Q(x)的DFT：\(F_q(x)\)，就能求出\(K_a(x),B_a(x),K_b(x),B_b(x)\)的DFT。
接下来IDFT的两两合并，以\(K_a(x)K_b(x)\)和\(K_a(x)B_b(x)\)为例，令
dftb[k]=DFT(K_a[k])\cdot DFT(B_b[k])
\]
我们需要对\(dfta(x)\)和\(dftb(x)\)进行IDFT。注意到这里IDFT的结果一定是实数，那么令
\]
那么 \(IDFT(p)\) 的实部除以n就是\(K_a(x)K_b(x)\)，虚部除以n就是\(K_a(x)B_b(x)\)。
由于\(、k[x]、b[x]\)都是不超过\(2^{15}\)的数，于是就不容易被卡精度了。计算出来的结果再取模M就是答案了。
//933ms
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,l,r) for(int i=l,ed=r;i<ed;++i)
typedef long long ll;
const double PI = acos(-1);
const int N = 1<<20;
const ll mod = 1e9+7;
const int BUF_SIZE=33554431;
using namespace std;
struct buf{
char a[BUF_SIZE],b[BUF_SIZE],*s,*t;
buf():s(a),t(b){a[fread(a,1,sizeof a,stdin)]=0;}
~buf(){fwrite(b,1,t-b,stdout);}
operator int(){
int x=0;
while(*s<48)++s;
while(*s>32)
x=x*10+*s++-48;
return x;
}
void out(int x){
static char c[12];
char*i=c;
if(!x)*t++=48;
else{
while(x){
int y=x/10;
*i++=x-y*10+48,x=y;
}
while(i!=c)*t++=*--i;
}
*t++=10;
}
}it;
struct cp{
double x,y;
cp(double _x=0,double _y=0):x(_x),y(_y){}
cp operator +(const cp& b)const{return cp(x+b.x,y+b.y);}
cp operator -(const cp& b)const{return cp(x-b.x,y-b.y);}
cp operator *(const cp& b)const{return cp(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);}
cp operator !()const{return cp(x,-y);}
}w[N];
void fft(cp p[],int n){
for(int i=0,j=0;i<n;++i){
if(i>j)swap(p[i],p[j]);
for(int l=n>>1;(j^=l)<l;l>>=1);
}
for(int i=2;i<=n;i<<=1)
for(int j=0,m=i>>1;j<n;j+=i)
rep(k,0,m){
cp b=w[n/i*k]*p[j+m+k];
p[j+m+k]=p[j+k]-b;
p[j+k]=p[j+k]+b;
}
}
void conv(int n,ll *x,ll *y,ll *z){
static cp p[N],q[N],a[N],b[N],c[N],d[N];
static cp r(0.5,0),h(0,-0.5),o(0,1);
rep(i,0,n){
w[i]=cp(cos(2*PI*i/n),sin(2*PI*i/n));
x[i]=(x[i]+mod)%mod,y[i]=(y[i]+mod)%mod;
p[i]=cp(x[i]>>15,x[i]&32767),q[i]=cp(y[i]>>15,y[i]&32767);
}
fft(p,n);fft(q,n);
rep(i,0,n){
int j=i?(n-i):0;
static cp ka,ba,kb,bb;
ka=(p[i]+!p[j])*r;
ba=(p[i]-!p[j])*h;
kb=(q[i]+!q[j])*r;
bb=(q[i]-!q[j])*h;
a[j]=ka*kb;b[j]=ka*bb;
c[j]=kb*ba;d[j]=ba*bb;
}
rep(i,0,n){
p[i]=a[i]+b[i]*o;
q[i]=c[i]+d[i]*o;
}
fft(p,n);fft(q,n);
rep(i,0,n){
ll a,b,c,d;
a=(ll)(p[i].x/n+0.5)%mod;
b=(ll)(p[i].y/n+0.5)%mod;
c=(ll)(q[i].x/n+0.5)%mod;
d=(ll)(q[i].y/n+0.5)%mod;
z[i]=((a<<30)+((b+c)<<15)+d)%mod;
}
}
int n,m,p;
ll a[N],b[N],c[N];
int main(){
n=it+1;m=it+1;
rep(i,0,n) a[i]=it;
rep(i,0,m) b[i]=it;
for(n+=m-1,p=1;p<n;p<<=1);
conv(p,a,b,c);
rep(i,0,n)it.out((c[i]+mod)%mod);
return 0;
}
题目：
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