BZOJ.2194.快速傅立叶之二(FFT 卷积)

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\(Descripiton\)

　　给定\(A[\ ],B[\ ]\)，求$$C[k]=\sum_{i=k}^{n-1}A[i]B[i-k]\ (0\leq k<n)$$

\(Solution\)

　　(先令\(n=n-1\))

　　首先往卷积上想。。

　　\(i\)与\(i-k\)的差值是一定的，但是卷积的形式是$$C[k]=\sum_{i=1}^k A[i]B[k-i]$$

　　即\(i\)与\(k-i\)的和是一定的。

　　于是考虑把一个数组反转一下，这里把\(B[\ ]\)反转，那么$$C[k]=\sum_{i=k}^n A[i]B[n+k-i]$$

　　这样\(i\)与\(n+k-i\)的和就是一定的了，为\(n+k\)，于是令$$D[n+k]=\sum_{i=k}^n A[i]B[n+k-i]$$

　　这样就可以\(FFT\)求\(D[\ ]\)了。

　　$$D[n+k]=\sum_{i=0}^{n+k}A[i]*B[n+k-i]$$

　　\(i=0\sim k-1\)和\(i=n+1\sim n+k\)时，要么\(A[i]=0\)要么\(B[i]=0\)，没有影响。

　　所以最后的\(C[k]=D[n+k]\)。

　　另外这个好像可以(以后)再看看。

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#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
const int N=263000;//2^{18}=262144 > 2*1e5
const double PI=acos(-1);
int n;
struct Complex
{
	double x,y;
	Complex() {}
	Complex(double x,double y):x(x),y(y) {}
	Complex operator + (const Complex &a)const{
		return Complex(x+a.x, y+a.y);
	}
	Complex operator - (const Complex &a)const{
		return Complex(x-a.x, y-a.y);
	}
	Complex operator * (const Complex &a)const{
		return Complex(x*a.x-y*a.y, x*a.y+y*a.x);
	}
}A[N],B[N],D[N];
inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now;
}
void FFT(Complex *a,int lim,int opt)
{
	for(int i=0,j=0; i<lim; ++i)
	{
		if(i>j) std::swap(a[i],a[j]);
		for(int l=lim>>1; (j^=l)<l; l>>=1);
	}
	for(int i=2; i<=lim; i<<=1)
	{
		int mid=i>>1;
		Complex Wn(cos(2.0*PI/i),opt*sin(2.0*PI/i)),t;
		for(int j=0; j<lim; j+=i)
		{
			Complex w(1,0);
			for(int k=0; k<mid; ++k,w=w*Wn)
				a[j+mid+k]=a[j+k]-(t=w*a[j+mid+k]),
				a[j+k]=a[j+k]+t;
		}
	}
}
int main()
{
	n=read()-1;
	for(int i=0; i<=n; ++i) A[i].x=read(),B[n-i].x=read();
	int lim=1;
	while(lim <= n<<1) lim<<=1;
	FFT(A,lim,1), FFT(B,lim,1);
	for(int i=0; i<lim; ++i) A[i]=A[i]*B[i];
	FFT(A,lim,-1);
	for(int i=0; i<=n; ++i) printf("%d\n",(int)(A[i+n].x/lim+0.5));
	return 0;
}