[学习笔记]NTT——快速数论变换
先要学会FFT[学习笔记]FFT——快速傅里叶变换
一、简介
FFT会爆精度。而且浮点数相乘常数比取模还大。
然后NTT横空出世了
虽然单位根是个好东西。但是,我们还有更好的东西
我们先选择一个模数,$const\space int\space p=998244353$
设g为p的单位根。这里就是3
那么有:$(\omega_n^1)^n = g^{p-1}=1\space mod \space p$
那么,假设$x=(\omega_n^1)$
其中一个解可以是:$x=g^{\frac{p-1}{n}}$
在模意义之下,我们不妨用$g^{\frac{p-1}{n}}$来代替$(\omega_n^1)$
因为是g原根,所以0~n-1这n个次方取值都不相同,可以求出点值表示。
$\omega_n^{-1}*\omega_n^1=1$
那么$\omega_n^{-1}=(g^{-1})^{\frac{p-1}{n}}$
op的时候,把$g^{-1}$当做底数即可。
其他和FFT相同。
#include<bits/stdc++.h>
#define reg register int
#define il inline
#define numb (ch^'0')
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
il void rd(ll &x){
char ch;x=;bool fl=false;
while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);
for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*+numb);
(fl==true)&&(x=-x);
}
namespace Miracle{
const int mod=;
const int N=1e6+;
const int G=;
const int Gi=;
int qm(int x,int y){
int ret=;
while(y){
if(y&) ret=(ll)ret*x%mod;
x=(ll)x*x%mod;
y>>=;
}
return ret;
}
int n,m;
int a[*N],b[*N];
int r[*N];
void NTT(int *f,int op){
for(reg i=;i<n;++i){
if(i<r[i]){
swap(f[i],f[r[i]]);
}
}
for(reg p=;p<=n;p<<=){
int len=p/;
ll tmp=qm(op==?G:Gi,(mod-)/p);
for(reg k=;k<n;k+=p){
ll buf=;
for(reg l=k;l<k+len;++l){
ll tt=(ll)buf*f[l+len]%mod;
f[l+len]=((ll)f[l]-tt);
if(f[l+len]<) f[l+len]+=mod;
f[l]=((ll)f[l]+tt);
if(f[l]>=mod) f[l]-=mod;
buf=(ll)buf*tmp%mod;
}
}
}
}
void prin(int x){
if(x/) prin(x/);
putchar(x%+'');
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(reg i=;i<=n;++i){
rd(a[i]);
}
for(reg i=;i<=m;++i){
rd(b[i]);
}
for(m=n+m,n=;n<=m;n<<=);
for(reg i=;i<n;++i){
r[i]=r[i>>]>>|((i&)?n>>:);
}
NTT(a,);NTT(b,);
for(reg i=;i<n;++i) b[i]=(ll)b[i]*a[i]%mod;
NTT(b,-);
ll inv=qm(n,mod-);
for(reg i=;i<=m;++i){
b[i]=(ll)b[i]*inv%mod;
prin(b[i]);putchar(' ');
}
return ;
} }
signed main(){
Miracle::main();
return ;
} /*
Author: *Miracle*
Date: 2018/11/21 19:01:08
*/
NTT
应用大前提:
1.多项式答案的系数不要太大,否则模数乘一下会爆long long,而且必须小于模数
2.多项式的长度不要太长。n<2^23
3.多项式系数必须是正整数!!(废话)
感觉NTT还是一个很好用的东西
常数小,
而且做题的时候,经常会给定模数。FFT一脸懵逼。
如果模数是一个k*2^m+1,并且满足2^m>n(多项式次数),那么可以直接像刚才一样计算。(原根找一下)
如果不是,中国剩余定理合并。
留坑。
二、多项式求逆:
推完式子之后,直接NTT做即可。
注意,
1.每次都要对位数取模,把位数限制在n以内。
2.计算长度为n的逆元的时候,必须算出来的是(n<<1)的多项式(因为H(x)*H(x)*F(x)是长度是n<<1的)
然后再砍掉n~(n<<1)-1的位数部分
可以都转化成点值表示,然后再求G(x)的点值表示。再插值
#include<bits/stdc++.h>
#define reg register int
#define il inline
#define numb (ch^'0')
using namespace std;
typedef long long ll;
il void rd(int &x){
char ch;x=;bool fl=false;
while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);
for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*+numb);
(fl==true)&&(x=-x);
}
namespace Miracle{
const int N=1e5+;
const int mod=;
const int GG=;
const int Gi=;
int n,m;
int F[*N],G[*N],A[*N],B[*N],C[*N];
int r[*N];
int qm(int x,int y){
int ret=;
while(y){
if(y&) ret=(ll)ret*x%mod;
x=(ll)x*x%mod;
y>>=;
}
return ret;
}
void NTT(int *f,int op,int n){
for(reg i=;i<n;++i){
if(i<r[i]) swap(f[i],f[r[i]]);
}
for(reg p=;p<=n;p<<=){
int len=p/;
int tmp=qm(op==?GG:Gi,(mod-)/p);
for(reg k=;k<n;k+=p){
int buf=;
for(reg l=k;l<k+len;++l){
int tt=(ll)buf*f[l+len]%mod;
f[l+len]=(f[l]-tt+mod)%mod;
f[l]=(f[l]+tt)%mod;
buf=(ll)buf*tmp%mod;
}
}
}
if(op==) return;
int inv=qm(n,mod-);
for(reg i=;i<n;++i) f[i]=(ll)f[i]*inv%mod;
}
void wrk(int n,int *a){
if(n==){a[]=qm(F[],mod-);return;} wrk(n>>,a);
for(reg i=;i<n;++i) A[i]=F[i];//,B[i]=a[i];
for(reg i=n;i<(n<<);++i) A[i]=;//=B[i]=0;
for(reg i=;i<(n<<);++i){
r[i]=r[i>>]>>|((i&)?n:);
} NTT(A,,(n<<)),NTT(a,,(n<<)); for(reg i=;i<(n<<);++i){
a[i]=(-(ll)A[i]*a[i]%mod+mod)%mod*a[i]%mod;
}
NTT(a,-,(n<<)); for(reg i=n;i<(n<<);++i) a[i]=;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(reg i=;i<n;++i){
rd(F[i]);C[i]=F[i];
}
int len;
for(len=;len<n;len<<=);
wrk(len,G);
for(reg i=;i<n;++i){
printf("%d ",G[i]);
}
return ;
} }
signed main(){
Miracle::main();
return ;
} /*
Author: *Miracle*
Date: 2018/11/21 21:49:51
*/
多项式求逆
三、多项式除法
小学/初中奥数中有一种因式分解的方法,叫做长除法。
现在,我们终于可以用计算机实现了23333!!
直接那样做是O(n^2)的
但是我们有NTT和多项式求逆的工具。
具体方法是:
设$A_R(x)=x^n*A(\frac{1}{x})$
(其实发现,$A_R(x)$的系数就是$A(x)$的系数$reverse$一下)
有:
$F(x)=Q(x)*G(x)+R(x)$
$F(\frac{1}{x})=Q(\frac{1}{x})*G(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x})$
$x^n*F(\frac{1}{x})=x^{(n-m)}*Q(\frac{1}{x})*x^m*G(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}*x^{m-1}*R(\frac{1}{x})$
$F_R(x)=Q_R(x)*G_R(x)+x^{n-m+1}*R_R(x)$
那么一定有:
$F_R(x)=Q_R(x)*G_R(x)\space mod \space x^{n-m+1}$
$Q_R(x)=F_R(x)*G_R^{-1}\space mod \space x^{n-m+1}$
求出$G_R$的逆元(特别注意,这里的$G_R^{-1}$的次数是$n-m$,否则可能在$n-m>m$的时候,消不成),
然后就求出了$Q_R$
由于$Q_R$一共就$n-m+1$项,所以再翻转回来,就得到了$Q_R$了。
$F(x)=Q(x)*G(x)+R(x)$
所以:
$R(x)=F(x)-Q(x)*G(x)$
如果没算错的话,$R(x)$的次数一定小于$m$的
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define reg register int
#define il inline
#define int long long
#define numb (ch^'0')
using namespace std;
typedef long long ll;
il void rd(ll &x){
char ch;x=;bool fl=false;
while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);
for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*+numb);
(fl==true)&&(x=-x);
}
namespace Miracle{
const int N=1e5+;
const int mod=;
const ll GG=;
const ll Gi=;
int n,m;
ll F[N],G[*N],Q[*N],R[N];
ll a[*N],b[*N],c[*N],Gn[*N];
int r[*N];
ll qm(ll x,ll y){
ll ret=;
while(y){
if(y&) ret=ret*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=;
}
return ret;
}
void NTT(ll *f,int op,int n){
for(reg i=;i<n;++i){
if(i<r[i]) swap(f[i],f[r[i]]);
} for(reg p=;p<=n;p<<=){
int len=p/;
ll tmp=(op==)?qm((ll)GG,(mod-)/p):qm((ll)Gi,(mod-)/p);
for(reg k=;k<n;k+=p){
ll buf=;
for(reg l=k;l<k+len;++l){
ll tt=buf*f[l+len]%mod;
f[l+len]=(f[l]-tt+mod)%mod;
f[l]=(f[l]+tt)%mod;
buf=buf*tmp%mod;
}
}
}
}
void mul(ll *a,ll *b,int n,int m){//clac A*B return b
for(m=n+m-,n=;n<m;n<<=);
for(reg i=;i<n;++i){
r[i]=r[i>>]>>|((i&)?n>>:);
}
NTT(a,,n);NTT(b,,n);
for(reg i=;i<n;++i) b[i]=a[i]*b[i]%mod;
NTT(b,-,n);
ll inv=qm(n,mod-);
for(reg i=;i<n;++i) b[i]=b[i]*inv%mod;
}
void wrk(int n,ll *a){//clac ni
if(n==){
a[]=qm(b[],mod-);return;
}
wrk(n>>,a);
for(reg i=;i<n;++i)c[i]=b[i];
for(reg i=n;i<(n<<);++i)c[i]=;
for(reg i=;i<(n<<);++i){
r[i]=r[i>>]>>|((i&)?n:);
}
NTT(c,,((int)n<<));
NTT(a,,((int)n<<));
for(reg i=;i<(n<<);++i){
a[i]=(-(ll)a[i]*c[i]%mod+mod)%mod*a[i]%mod;
}
NTT(a,-,(n<<));
ll inv=qm((n<<),mod-);
for(reg i=;i<n;++i) a[i]=a[i]*inv%mod;
for(reg i=n;i<(n<<);++i) a[i]=; } int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(reg i=;i<=n;++i) rd(F[i]),a[i]=F[i];
for(reg i=;i<=m;++i) rd(G[i]),b[i]=G[i];
reverse(b,b+m+);
int len;
for(len=;len<n-m+;len<<=);
wrk(len,Gn); // cout<<" bb "<<endl;
// for(reg i=0;i<=m;++i){
// cout<<b[i]<<" ";
// }cout<<endl;
// cout<<" G-1 "<<endl;
// for(reg i=0;i<=n-m;++i){
// cout<<Gn[i]<<" ";
// }cout<<endl; reverse(a,a+n+);
for(reg i=n-m+;i<=n;++i) a[i]=;
for(reg i=n-m+;i<=m;++i) Gn[i]=;
// cout<<" FR "<<endl;
// for(reg i=0;i<=n-m;++i){
// cout<<a[i]<<" ";
// }cout<<endl;
mul(Gn,a,n-m+,n-m+);
// cout<<" QR "<<endl;
// for(reg i=0;i<=n-m;++i){
// cout<<a[i]<<" ";
// }cout<<endl; reverse(a,a+n-m+); for(reg i=;i<n-m+;++i) Q[i]=a[i],printf("%lld ",Q[i]);
puts("");
mul(Q,G,n-m+,m+); for(reg i=;i<m;++i){
R[i]=(F[i]-G[i]+mod)%mod;
printf("%lld ",R[i]);
}
return ;
} }
signed main(){
Miracle::main();
return ;
} /*
Author: *Miracle*
Date: 2018/11/22 17:15:16
*/
多项式除法
四、任意模数NTT
常用的解法是这样的:
答案小于10^23
取3个模数const ll m1 = 469762049, m2 = 998244353, m3 = 1004535809;
每个模数都是a*2^k+1并且k够用
m1*m2*m3>10^23
所以答案在mod m1*m2*m3下的结果就是答案
对三个质数分别做一次NTT
然后对每个系数依次用CRT合并
合并的时候,为了防止爆long long:
补充:
所有过程不涉及log^2n的快速幂快速乘,
而且最后的k*M+A一定小于m1*m2*m3,并且三个同余方程都满足
所以可以直接对p取模了。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define reg register int
#define il inline
#define numb (ch^'0')
using namespace std;
typedef long long ll;
il void rd(int &x){
char ch;x=;bool fl=false;
while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);
for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*+numb);
(fl==true)&&(x=-x);
}
namespace Miracle{
const int N=2e5+;
const int G=;
const ll m1 = , m2 = , m3 = ;
int n,m,p;
ll a[*N],b[*N],f[][*N],g[*N];
ll add(ll x,ll y,ll mod){
return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
ll qk(ll x,ll y,ll mod){
x%=mod;y%=mod;
ll ret=;
while(y){
if(y&) ret=add(ret,x,mod);
x=add(x,x,mod);
y>>=;
}
return ret;
}
ll qmo(ll x,ll y,ll mod){
ll ret=;
x%=mod;
while(y){
if(y&) ret=ret*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=;
}
return ret;
}
int rev[*N];
void NTT(ll *f,int n,int c,ll mod){
ll GI=qmo(G,mod-,mod);
for(reg i=;i<n;++i){
if(i<rev[i]) swap(f[i],f[rev[i]]);
}
for(reg p=;p<=n;p<<=){
ll gen;
int len=p/;
if(c==) gen=qmo(G,(mod-)/p,mod);
else gen=qmo(GI,(mod-)/p,mod);
for(reg l=;l<n;l+=p){
ll buf=;
for(reg k=l;k<l+len;++k){
ll tmp=buf*f[k+len]%mod;
f[k+len]=(f[k]-tmp+mod)%mod;
f[k]=(f[k]+tmp)%mod;
buf=buf*gen%mod;
}
}
}
}
void clac(ll *f,ll *g,int n,ll mod){
NTT(f,n,,mod);NTT(g,n,,mod);
for(reg i=;i<n;++i) f[i]=f[i]*g[i]%mod;
NTT(f,n,-,mod);
ll inv=qmo(n,mod-,mod);
for(reg i=;i<n;++i) f[i]=f[i]*inv%mod;
}
int main(){
rd(n);rd(m);rd(p);
for(reg i=;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]),f[][i]=a[i];
for(reg j=;j<=m;++j) scanf("%lld",&b[j]),g[j]=b[j];
for(m=n+m,n=;n<=m;n<<=);
for(reg i=;i<n;++i){
rev[i]=(rev[i>>]>>)|((i&)?n>>:);
}
clac(f[],g,n,m1); for(reg i=;i<n;++i) g[i]=b[i],f[][i]=a[i];
clac(f[],g,n,m2);
for(reg i=;i<n;++i) g[i]=b[i],f[][i]=a[i];
clac(f[],g,n,m3);
for(reg i=;i<=m;++i){
ll A=(qk(qk(f[][i],m2,m1*m2),qmo(m2,m1-,m1),m1*m2)+qk(qk(f[][i],m1,m1*m2),qmo(m1,m2-,m2),m1*m2))%(m1*m2);
// cout<<" AA "<<A<<endl;
ll K=(f[][i]-A%m3+m3)%m3*qmo(m1*m2%m3,m3-,m3)%m3;
// cout<<" KK "<<K<<endl;
ll op=(K*m1%p*m2%p+A%p)%p;
printf("%lld ",op);
}
return ;
} }
signed main(){
Miracle::main();
return ;
} /*
Author: *Miracle*
Date: 2019/1/9 21:23:11
*/
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