[FFT/NTT/MTT]总结

最近重新学了下卷积，简单总结一下，不涉及细节内容：

1、FFT

朴素求法：$Coefficient-O(n^2)-CoefficientResult$

FFT：$Coefficient-O(nlogn)-Dot-O(n)-DotResult-O(nlogn)-CoefficientResult$

其中系数到点值的转化称为$DFT(离散傅里叶变换)$，而点值到系数的转为称为$IDFT(傅里叶逆变换)$

原本朴素的直接带入$n$个值的$DFT$和直接使用拉格朗日插值公式的$IDFT$的复杂度仍为$O(n^2)$

但$FFT$通过带入特定的值：单位根，使得两者都能迭代/分治得解决，将复杂度降到了$O(nlogn)$

优化的技巧和注意事项：

1、预处理$w[i]$

2、求出最终数组从后往前迭代省去递归常数

3、数组长度要先扩成2的倍数用于分治

模板：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=3e6+;
struct Complex
{
    db x,y;
    Complex(db a=,db b=){x=a;y=b;}
    Complex operator + (const Complex& rhs)
    {return Complex(x+rhs.x,y+rhs.y);}
    Complex operator - (const Complex& rhs)
    {return Complex(x-rhs.x,y-rhs.y);}
    Complex operator * (const Complex& rhs)
    {return Complex(x*rhs.x-y*rhs.y,x*rhs.y+y*rhs.x);}
}a[MAXN],b[MAXN];
int n,m,lmt=,dgt,par[MAXN];

void FFT(Complex *a,int flag)
{
    for(int i=;i<lmt;i++)
        if(i<par[i]) swap(a[i],a[par[i]]);

    for(int len=;len<lmt;len<<=)
    {
        Complex unit(cos(M_PI/len),flag*sin(M_PI/len));
        for(int st=;st<lmt;st+=(len<<))
        {
            Complex w(,);
            for(int k=st;k<st+len;k++,w=w*unit)
            {
                Complex A=a[k],B=w*a[k+len];
                a[k]=A+B;a[k+len]=A-B;
            }
        }
    }
    if(flag==-)
        for(int i=;i<=n+m;i++)
            a[i].x=floor(a[i].x/lmt+0.5);
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i].x);
    for(int i=;i<=m;i++) scanf("%lf",&b[i].x);
    while(lmt<=n+m) lmt<<=,dgt++;
    for(int i=;i<lmt;i++)
        par[i]=(par[i>>]>>)|((i&)<<(dgt-));    

    FFT(a,);FFT(b,);
    for(int i=;i<lmt;i++)
        a[i]=a[i]*b[i];
    FFT(a,-);
    for(int i=;i<=n+m;i++)
        printf("%d ",(int)a[i].x);
    return ;
}

FFT

2、NTT

单位根由于涉及了复数的运算，导致对精度要求高时会出错

而$NTT$就能使得整个$FFT$都能在模意义下计算，从而满足精度要求

考虑$FFT$引入单位根$w_n^k$是为了其什么性质来分治计算：

1、$w_n^k$互不相同，保证点值表示的合法

2、$w_{t*n}^{t*k}=w_n^k$且$w_n^{k+2/n}=-w_n^k$，使得计算可分治

3、$\sum_{i=0}^{n-1} {w_n^k}^i=n*[k==0]$，保证逆矩阵构造的正确性

在模意义下引入质数$p=kn+1$，其原根$g$满足$g_t(t\in [0,p-1])$互不相同

这样令$p$的$k$次单位根为$g^{\frac{p-1}{k}}$，易证上述$w_n^k$的性质其在模意义下均满足

接下来考虑该怎样选择质数$p$

为了能够分治时允许$k$每次乘2，$p-1$的质因数分解中要有很多的2

令$p=r*2^k+1$，其能处理的数据规模为$[0,2^k]$，常用质数有：传送门

这样，我们就在模意义下利用原根的性质找到了可做$FFT$的“单位根”

由于没有了复数运算，$NTT$比$FFT$的常数也小了很多，一般是更好的选择

模板：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=4e6+,MOD=;
ll n,m,a[MAXN],b[MAXN],dgt,lmt=,par[MAXN];

ll quick_pow(ll a,ll b)
{
    ll ret=;
    for(;b;b>>=,a=a*a%MOD)
        if(b&) ret=ret*a%MOD;
    return ret;
}
void FFT(ll *a,int flag)
{
    for(int i=;i<lmt;i++)
        if(i<par[i]) swap(a[i],a[par[i]]);
    for(int len=;len<lmt;len<<=)
    {
        ll unit=quick_pow(,(MOD-)/(len<<));
        if(flag==-) unit=quick_pow(unit,MOD-);
        for(int st=;st<lmt;st+=(len<<))
        {
            ll w=;
            for(int k=st;k<st+len;k++,w=w*unit%MOD)
            {
                ll A=a[k],B=w*a[k+len]%MOD;
                a[k]=(A+B)%MOD;a[k+len]=(A-B+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=;i<=m;i++) scanf("%lld",&b[i]);
    while(lmt<=n+m) lmt<<=,dgt++;
    for(int i=;i<lmt;i++)
        par[i]=(par[i>>]>>)|((i&)<<(dgt-));

    FFT(a,);FFT(b,);
    for(int i=;i<lmt;i++)
        (a[i]*=b[i])%=MOD;
    FFT(a,-);
    ll inv=quick_pow(lmt,MOD-);
    for(int i=;i<=n+m;i++)
        printf("%lld ",a[i]*inv%MOD);
    return ;
}

NTT

3、MTT

如果答案需要取模且模数非质数该如何处理呢？

常见背景为：多项式长度$1e5$，模数$1e9$非质数，此时$FFT$爆$longlong$，没法用$NTT$

（1）三模数$NTT$

根据上方的数据限制，可发现最终答案最多为$1e23$

这样就能用多个乘积大于$1e23$的模数分别做$NTT$最后再用$CRT$合并答案即可

一般常用：469762049,998244353,1004535809

可如果直接用$CRT$合并会发现模数爆$longlong$还是不好处理

此时就可以先合并前两个式子，得到

$res=k(mod(p_1*p_2)),res=a_3(mod(p_3))$

这样设$res=p_1*p_2*c+k$再带入二式就能得到$c=(a_3-k)*(p_1*p_2)^{-1}(mod(p_3))$

这样类似$exCRT$的分步处理就避开了对$p_1*p_2*p_3$的取模

但这样要进行9次$DFT/IDFT$，常数巨大无比

模板：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=4e5+;
ll p[]={,,};
int n,m,MOD,F[MAXN],G[MAXN],dgt,lmt=;
ll a[][MAXN],b[MAXN],res[MAXN],par[MAXN];

ll quickpow(ll a,ll b,ll MOD)
{
    a%=MOD;ll ret=;
    for(;b;b>>=,a=a*a%MOD)
        if(b&) ret=ret*a%MOD;
    return ret;
}
ll mul(ll a,ll b,ll MOD)
{
    a=(a%MOD+MOD)%MOD;
    b=(b%MOD+MOD)%MOD;ll ret=;
    for(;b;b>>=,a=(a+a)%MOD)
        if(b&) (ret+=a)%=MOD;
    return ret;
}
ll inv(ll a,ll MOD)
{return quickpow(a,MOD-,MOD);}
void FFT(ll *a,int flag,ll MOD)
{
    for(int i=;i<lmt;i++)
        if(i<par[i]) swap(a[i],a[par[i]]);
    for(int len=;len<lmt;len<<=)
    {
        ll unit=quickpow(,(MOD-)/(len<<),MOD);
        if(flag==-) unit=inv(unit,MOD);
        for(int st=;st<lmt;st+=(len<<))
        {
            ll w=;
            for(int k=st;k<st+len;k++,w=w*unit%MOD)
            {
                ll A=a[k],B=w*a[k+len]%MOD;
                a[k]=(A+B)%MOD;a[k+len]=(A-B+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    if(flag==-)
    {
        ll INV=inv(lmt,MOD);
        for(int i=;i<lmt;i++)
            a[i]=a[i]*INV%MOD;
    }
}
void solve(ll *a,ll *b,ll MOD)
{
    for(int i=;i<=n;i++) a[i]=F[i];
    for(int i=;i<=m;i++) b[i]=G[i];
    for(int i=m+;i<lmt;i++) b[i]=;
    FFT(a,,MOD);FFT(b,,MOD);
    for(int i=;i<lmt;i++) a[i]=a[i]*b[i]%MOD;
    FFT(a,-,MOD);
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&MOD);
    for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&F[i]);
    for(int i=;i<=m;i++) scanf("%d",&G[i]);
    while(lmt<=n+m) lmt<<=,dgt++;
    for(int i=;i<lmt;i++) par[i]=(par[i>>]>>)|((i&)<<(dgt-));

    for(int i=;i<;i++) solve(a[i],b,p[i]);
    for(int i=;i<=n+m;i++)
    {
        ll M=p[]*p[];
        ll A=(mul(a[][i]*p[],inv(p[],p[]),M)+
             mul(a[][i]*p[],inv(p[],p[]),M))%M;
        ll K=mul(a[][i]-A,inv(M,p[]),p[]);
        res[i]=(mul(K,M,MOD)+A%MOD)%MOD;
    }
    for(int i=;i<=n+m;i++)
        printf("%lld ",res[i]);
    return ;
}

三模数NTT

（2）拆系数$FFT$

不能用$FFT$仅仅因为最后答案会爆$longlong$，那么可以将原数拆分后分别计算

$A_i=a_i* \sqrt{P}+b_i,B_i=c_i* \sqrt{P}+d_i$

此时$A*B=P*(a*c)+\sqrt{P}*(a*d+b*c)+(b*d)$，每部分最大值为$1e14$，分别$DFT/IDFT$

这样要做7次$DFT/IDFT$，效率未显著提升

$myy$在论文里提到过对FFT的优化：

设$P_j=A_j+i*B_j,Q_j=A_j-i*B_j$，使得$DFT$前虚部不再为空

可推出$DFT$后的$DP,DQ$数组如下结论：

$DP_k=\sum_{j=0}^{lmt-1} (A_j+i*B_j)*w_{lmt}^{j*k},DQ_k=conj(DP_{lmt-k})$

这样就能用1次对$P$的$DFT$算出$P,Q,A,B$的$DFT$，从而将上面的4次$DFT$化为2次

由于$IDFT$就能看成$DFT$的逆过程

因此可以合并算出$IDFT(DFT[a]*DFT[c]+i*DFT[b]*DFT[d])$，从而将$IDFT$也化为2次

这样的常数经测试是三模数$NTT$的1/7左右

模板：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=1e6+;
struct Complex
{
    db x,y;
    Complex(db a=,db b=){x=a;y=b;}
    Complex operator +(const Complex& rhs)
    {return Complex(x+rhs.x,y+rhs.y);}
    Complex operator -(const Complex& rhs)
    {return Complex(x-rhs.x,y-rhs.y);}
    Complex operator *(const Complex& rhs)
    {return Complex(x*rhs.x-y*rhs.y,x*rhs.y+y*rhs.x);}
}a[MAXN],b[MAXN],w[MAXN],t1[MAXN],t2[MAXN],t3[MAXN];
int n,m,MOD,lmt=,dgt,par[MAXN];ll x,res[MAXN];

void FFT(Complex *a,int flag)
{
    for(int i=;i<lmt;i++)
        if(i<par[i]) swap(a[i],a[par[i]]);
    for(int len=;len<lmt;len<<=)
        for(int st=;st<lmt;st+=(len<<))
        {
            int cur=;
            for(int k=st;k<st+len;k++)
            {
                Complex A=a[k],B=w[cur]*a[k+len];
                a[k]=A+B;a[k+len]=A-B;
                //预处理的写法
                cur=(cur+flag*lmt/(len<<)+lmt)&(lmt-);
            }
        }
    if(flag==-)
        for(int i=;i<lmt;i++)
            a[i].x=floor(a[i].x/lmt+0.5);
}
void solve()
{
    FFT(a,);FFT(b,);
    for(int i=;i<lmt;i++)
    {
        Complex d1,d2,d3,d4;
        int j=(lmt-i)&(lmt-);
        d1=(a[i]+Complex(a[j].x,-a[j].y))*Complex(0.5,);
        d2=(a[i]-Complex(a[j].x,-a[j].y))*Complex(,-0.5);
        d3=(b[i]+Complex(b[j].x,-b[j].y))*Complex(0.5,);
        d4=(b[i]-Complex(b[j].x,-b[j].y))*Complex(,-0.5);
        //必须先用临时变量存，因为后面还要用
        t1[i]=d1*d3;t2[i]=d1*d4+d2*d3;t3[i]=d2*d4;
    }
    for(int i=;i<lmt;i++)
        //充分利用虚部空间（可看成逆过程）
        b[i]=t2[i],a[i]=t1[i]+t3[i]*Complex(,);
    FFT(a,-);FFT(b,-);
    for(int i=;i<lmt;i++)
    {
        ll k1=(ll)a[i].x%MOD,k2=(ll)b[i].x%MOD;
        ll k3=(ll)floor(a[i].y/lmt+0.5)%MOD;
        res[i]=((k3<<)%MOD+(k2<<)%MOD+k1)%MOD;
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&MOD);
    for(int i=;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&x),a[i]=Complex(x&,x>>);
    for(int i=;i<=m;i++)
        scanf("%lld",&x),b[i]=Complex(x&,x>>);
    while(lmt<=n+m) lmt<<=,dgt++;
    for(int i=;i<lmt;i++)
        par[i]=(par[i>>]>>)|((i&)<<(dgt-));
    for(int i=;i<lmt;i++)
        w[i]=Complex(cos(*M_PI*i/lmt),sin(*M_PI*i/lmt));

    solve();
    for(int i=;i<=n+m;i++)
        printf("%lld ",res[i]);
    return ;
}

拆系数FFT