任意模数FFT

这是一个神奇的魔法，但是和往常一样，在这之前，先

$\texttt{orz}\ \color{orange}{\texttt{matthew99}}$

问题描述

给定 2 个多项式 $F(x), G(x)$ ，请求出 $F(x) * G(x)$。

系数对 p 取模，$2 \le p \le 10^9+9$

拆系数FFT

我们考虑令$M$为$\sqrt{p}$，那么我们可以将原本的多项式拆成4个。

$F(x)=A(x)*M+B(x)$

$G(X)=C(X)*M+D(x)$

然后$A$,$B$,$C$,$D$随便乘一下就可以求出答案。

这样需要的$FFT$次数为7次。

合并FFT

我们思考一下有没有什么优化的方法呢？

令$P(x)=A(x)+iB(x)$，$Q(x)=A(x)-iB(x)$

$F_p[k]$和$F_q[k]$分别表示$P$和$Q$做了$DFT$后的$k$项系数。

推一推式子可以发现$F_q[k]=conj(F_p[2L-k])$。

那么我们只需要1遍$DFT$就可以求出这两个东西。

此时我们把模意义下的多项式乘法转换成了复数意义下的多项式乘法，就只需要按照$FFT$的过程实现。

把实部与虚部合并即可。

注意此时$FFT$的精度十分爆炸，所以用$long\ double$并预处理单位根比较好。

/*

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*/

#include<stdio.h>

#include<stdlib.h>

#include<string.h>

#include<math.h>

#include<algorithm>

#include<queue>

#include<set>

#include<map>

#include<iostream>

using namespace std;

#define ll long long

#define re register

#define file(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout)

inline int gi()

{

	int f=1,sum=0;char ch=getchar();

	while(ch>'9' || ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}

	while(ch>='0' && ch<='9'){sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-'0';ch=getchar();}

	return f*sum;

}

const int N=1000010;const long double Pi=acos(-1.0);

int n,m,f[N],g[N],Mod;

struct node

{

	long double x,y;

	node operator+(const node &b)const{return (node){x+b.x,y+b.y};}

	node operator-(const node &b)const{return (node){x-b.x,y-b.y};}

	node operator*(const node &b)const{return (node){x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x};}

};

int r[N],limit,ans[N];

void fft(node *a,int opt)

{

	for(int i=0;i<limit;i++)

		if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);

	for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)

	{

		node Root=(node){cos(Pi/mid),opt*sin(Pi/mid)};

		for(int R=mid<<1,i=0;i<limit;i+=R)

		{

			node W=(node){1,0};

			for(int j=0;j<mid;j++,W=W*Root)

			{

				node X=a[i+j],Y=W*a[mid+i+j];

				a[i+j]=X+Y;a[mid+i+j]=X-Y;

			}

		}

	}

}

node a[N],b[N],c[N],d[N];

void mtt()

{

	int LIM=(1<<15)-1;

	for(int i=0;i<=n;i++)f[i]=(f[i]+Mod)%Mod;for(int i=0;i<=m;i++)g[i]=(g[i]+Mod)%Mod;

	for(int i=0;i<=n;i++)a[i]=(node){f[i]&LIM,f[i]>>15};

	for(int i=0;i<=m;i++)b[i]=(node){g[i]&LIM,g[i]>>15};

	fft(a,1);fft(b,1);

	for(int i=0;i<limit;i++)c[i]=a[i],d[i]=b[i];

	for(int i=0;i<limit;i++)

	{

		int j=(limit-i)&(limit-1);

		a[i]=(node){0.5*(c[i].x+c[j].x),0.5*(c[i].y-c[j].y)}*d[i];

		b[i]=(node){0.5*(c[i].y+c[j].y),0.5*(c[j].x-c[i].x)}*d[i];

	}

	fft(a,-1);fft(b,-1);

	for(int i=0;i<limit;i++)

	{

		ll ia,ib,ic,id;

		ia=(ll)(a[i].x/limit+0.5)%Mod;

		ib=(ll)(a[i].y/limit+0.5)%Mod;

		ic=(ll)(b[i].x/limit+0.5)%Mod;

		id=(ll)(b[i].y/limit+0.5)%Mod;

		ans[i]=((ia%Mod+((ib+ic)%Mod<<15))%Mod+(id%Mod<<30))%Mod;

	}

}

int main()

{

#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("in.in","r",stdin);

#endif

	n=gi();m=gi();Mod=gi();

	for(int i=0;i<=n;i++)f[i]=gi();for(int i=0;i<=m;i++)g[i]=gi();

	limit=1;int l=0;

	while(limit<=(n+m))limit<<=1,l++;

	for(int i=0;i<limit;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));

	mtt();

	for(int i=0;i<=n+m;i++)printf("%d ",(ans[i]+Mod)%Mod);

	return 0;

}

题目

任意模数NTT

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