并不对劲的DFT
FFT是一个很多人选择背诵全文的算法。
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<complex>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<iomanip>
#include<iostream>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#define rep(i,x,y) for(register int i=(x);i<=(y);++i)
#define dwn(i,x,y) for(register int i=(x);i>=(y);--i)
#define cd complex<double>
#define maxn 1000110
#define maxm (maxn<<1)
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')f=-1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
void write(int x)
{
if(x==0){putchar('0'),putchar('\n');return;}
int f=0;char ch[20];
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
while(x)ch[++f]=x%10+'0',x/=10;
while(f)putchar(ch[f--]);
putchar('\n');
return;
}
const double pi=acos(-1);
int n,m,r[maxm],len;
cd a[maxm],b[maxm];
void fft(cd * c,double f)
{
rep(i,0,n-1)if(i<r[i])swap(c[i],c[r[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1)
{
cd wn(cos(pi/i),sin(f*pi/i)),x,y;
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
{
cd w(1,0);
rep(k,0,i-1)
x=c[j+k],y=w*c[j+i+k],c[j+k]=x+y,c[j+i+k]=x-y,w*=wn;
}
}
}
int main()
{
n=read(),m=read();
rep(i,0,n)a[i]=read();
rep(i,0,m)b[i]=read();
m+=n;
for(n=1;n<=m;n<<=1)len++;
rep(i,0,n-1)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
fft(a,1),fft(b,1);
rep(i,0,n-1)a[i]*=b[i];
fft(a,-1);
rep(i,0,m)printf("%d ",int(a[i].real()/n+0.5));
return 0;
}
并不对劲的大剑使认为有必要说明为什么IDFT最后要除以n。
假设原函数是\(F(x)=a_0x^0+a_1x^1+...+a_{n-1}x^{n-1}\)
那么对它进行DFT,将\(\omega_n^0,\omega_n^1,...,\omega_n^{n-1}\)依次代入,得到\(y_0,y_1,...,y_{n-1}\)
设\(G(x)=y_0x^0+y_1x^1+...+y_{n-1}x^{n-1}\)
IDFT就是已知G每一项的系数,求F每一项的系数
先对G进行DFT,将\(\omega_n^0,\omega_n^{-1},...,\omega_n^{-(n-1)}\)依次代入,得到\(z_0,z_1,...,z_{n-1}\)
那么就会有$$z_k=\sum_{i=0}{n-1}{y_i*(\omega_n{-k})^i}\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space$$
\]
\]
\]
\]
可以将$$\sum_{i=0}{n-1}\omega_n{i(j-k)}$$这部分看成一个首项为1,公比为\(\omega_n^{j-k}\)的等比数列,那么由等比数列求和公式可知:
当\(j-k\neq0\)时,$$\sum_{i=0}{n-1}\omega_n{i(j-k)}=\frac{(\omega_n{j-k})n-1}{\omega_n{j-k}-1}=\frac{(\omega_nn){j-k}-1}{\omega_n{j-k}-1}=\frac{(\omega_n0){j-k}-1}{\omega_n{j-k}-1}=\frac{1{j-k}-1}{\omega_n^{j-k}-1}=0$$
当\(j-k=0\)时,$$\sum_{i=0}{n-1}\omega_n{i(j-k)}=\sum_{i=0}{n-1}\omega_n{i0}=\sum_{i=0}^{n-1}1=n$$
这样就有$$z_k=a_k*n$$
\]
也就是说,IDFT相当于对当前多项式进行一次代入\(\omega_n^0,\omega_n^{-1},...,\omega_n^{-(n-1)}\)的DFT,再将每一项的系数除以n。
快速数论变化(FNTT)也是一个很多人选择背诵全文的算法。
只是把单位根换成了模意义下的原根而已
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<complex>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<iomanip>
#include<iostream>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#define rep(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define dwn(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);--i)
#define cd complex<double>
#define maxn 2000110
#define maxm (maxn<<1)
#define LL long long
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')f=-1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
void write(int x)
{
if(x==0){putchar('0'),putchar('\n');return;}
int f=0;char ch[20];
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
while(x)ch[++f]=x%10+'0',x/=10;
while(f)putchar(ch[f--]);
putchar('\n');
return;
}
const double pi=acos(-1);
const LL mod=998244353;
int n,m,r[maxm],len;
int a[maxm],b[maxm];
int mul(int x,int y)
{
int ans=1;
while(y)
{
if(y&1)ans=((LL)ans*(LL)x)%mod;
x=((LL)x*(LL)x)%mod,y>>=1;
}
return ans;
}
void fntt(int * c,double f)
{
rep(i,0,n-1)if(i<r[i])swap(c[i],c[r[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1)
{
int wn=mul(3,(mod-1)/(i<<1)),x,y;
if(f==-1)wn=mul(wn,mod-2);
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
{
int w=1;
rep(k,0,i-1)
x=c[j+k]%mod,y=((LL)w*(LL)c[j+i+k])%mod,c[j+k]=(x+y)%mod,c[j+i+k]=(x-y+mod)%mod,w=(LL)w*(LL)wn%mod;
}
}
}
int main()
{
n=read(),m=read();
rep(i,0,n)a[i]=read();
rep(i,0,m)b[i]=read();
m+=n;
for(n=1;n<m+1;n<<=1)len++;
rep(i,0,n-1)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
fntt(a,1),fntt(b,1);
rep(i,0,n-1)a[i]=((LL)a[i]*(LL)b[i])%mod;
fntt(a,-1);int inv=mul(n,mod-2);
rep(i,0,m)printf("%d ",(LL)a[i]*(LL)inv%mod);
return 0;
}
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