FFT_应用和例题

卷积

现有两个定义在 N 上的函数 $f(n),g(n)$，定义 $f$ 和 $g$ 的卷积（convolution）为 $f \otimes g$

\[(f \otimes g)(n) = \sum_{i=0}^n f(i)g(n-i)
\]

示意图: from http://blog.miskcoo.com/2015/04/polynomial-multiplication-and-fast-fourier-transform#i-17

考虑两多项式 $A, B$ 的乘积 $C$, $c(x) = \sum_{i=0}^{x} a(i) \cdot b(x - i)$

系数记为卷积形式

于是计算卷积 $(f \otimes g)(n)$ 就可以把 $f, g$ 的值直接作为系数写成两个多项式, 然后 FFT 计算多项式乘积, 得到的系数的前 $n$ 项即为所求

BZOJ3527[ZJOI2014]力

题意:

给出 $n$ 个数 $q_i$ ，给出 $F_j$ 的定义如下：

\[F_j = \sum_{i < j}\frac{q_i q_j}{(i - j) ^ 2} - \sum_{i > j}\frac{q_i q_j}{(i - j) ^ 2}
\]

令 $E_j = F_j / q_j$ , 求 $E_j$

Sol:

因为知道是卷积的例题了, 所以想着把这个式子往卷积的方向靠

\[\begin{aligned}
E_j = \sum_{i < j}\frac{q_i}{(i - j) ^ 2} - \sum_{i > j}\frac{q_i}{(i - j) ^ 2}
\end{aligned}
\]

考虑分母当做系数, 再考虑下标和为 $j$ , 写成这样

\[\begin{aligned}
E_j = \sum_{i < j}\frac{1}{(j - i) ^ 2}q_i - \sum_{i > j}\frac{1}{(j - i) ^ 2}q_i
\end{aligned}
\]

一开始想把两个一起做, 发现写不出两个函数, 于是考虑分开做

显然 $\sum_{i < j}\frac{1}{(j - i) ^ 2}q_i$ 就是 $f(n) = q_n$ 和 $g(n) = \frac{1}{n^2}$ 的卷积

然后后面一项同理, 把 $f(n)$ 翻转一下即可

然后跑 FFT

double ans[MAXN], q[MAXN];

/*

20191212

0859~0922~0939

BZOJ3527 FFT

 */

int main()

{

    scanf("%d", &lena);

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

    {

	scanf("%lf", &a[i].x); q[lena - 1 - i] = a[i].x;

	b[i].x = (i == 0 ? 0.0 : 1.0 / i / i);

    }

    while ((1 << dgt) < lena * 2) ++ dgt;

    n = 1 << dgt;

    init(n, dgt);

    FFT(b, n ,1);

    FFT(a, n, 1);

    for (int i = 0; i < n; ++ i) a[i] = a[i] * b[i];

    FFT(a, n, -1);

    for (int i = 0; i < lena; ++ i) ans[i] += a[i].x / n;

    for (int i = 0; i < n; ++ i) a[i].x = q[i], a[i].y = 0;

    FFT(a, n, 1);

    for (int i = 0; i < n; ++ i) a[i] = a[i] * b[i];

    FFT(a, n, -1);

    for (int i = 0; i < lena; ++ i) ans[i] -= a[lena - 1 - i].x / n;

    for (int i = 0; i < lena; ++ i) printf("%.3f\n", ans[i]);

    return 0;

}

/*

3

1 2 3

 */

字符串匹配

给定两个字符串 $A, B, |A| \ge |B|$, 用 $B$ 取匹配 $A$,

那么可以发现对应位置的差恒定, 要转化成卷积形式, 可以将 $B$ 翻转, 于是就可以构造卷积了

BZOJ4892[Tjoi2017]DNA

题意:

多测, 给两个字符串 $A, B$, 字符集是 ACGT, 匹配的定义是相差不超过 3 个字符, 求 $B$ 在 $A$ 中匹配的次数

$n \le 1e5, T \le 10$

Sol:

翻转 $B$

一开始构造了这样的 : $ans_i = \sum_{j=0}^i (a_j - b_{i - j}) ^ 2 \cdot a_j \cdot b_{i-j}$

然后单独计算 $B$ 中四个字符的贡献, 36 个 FFT

其实不需要这么套路, 反正都单独计算了, 可以更加钦点一点

$ans_i = \sum_{j=0}^i a_j \cdot b_{i-j}$

$B$ 中是枚举的字符就 1 否则 0 , $A$ 中相反

这样得到的某一位卷积就是不一样的个数

int ans[MAXN];

void read(int * a, int & len)

{

    scanf("%s", tmp);

    len = strlen(tmp);

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

	if (tmp[i] == 'A') a[i] = 0;

	else if (tmp[i] == 'G') a[i] = 1;

	else if (tmp[i] == 'C') a[i] = 2;

	else a[i] = 3;

}

int fpow(int a, int b)

{

    int ret = 1;

    for (int i = 1; i <= b; ++ i) ret *= a;

    return ret;

}

void solve(int x)

{

    for (int i = 0; i < n; ++ i) ca[i] = cb[i] = 0;

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

    {

	if (sa[i] == x) ca[i] = 0;

	else ca[i] = 1;

    }

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

    {

	if (sb[i] == x) cb[i] = 1;

	else cb[i] = 0;

    }

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

	a[i] = (Cpx) { ca[i], 0 }, b[i] = (Cpx) { cb[i], 0 };

    FFT(a, n, 1); FFT(b, n, 1);

    for (int i = 0; i < n; ++ i) a[i] = a[i] * b[i];

    FFT(a, n, -1);

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

	ans[i] += (int)(a[i].x / n + 0.5);

}

int main()

{

    int T;

    scanf("%d", &T);

    while (T --)

    {

	read(sa, lena);

	read(sb, lenb);

	reverse(sb + 0, sb + lenb);

	n = 1, dgt = 0;

	while (n < lena + lenb) n <<= 1, ++ dgt;

	init(n, dgt);

	for (int i = 0; i < n; ++ i) ans[i] = 0;

	for (int i = 0; i < 4; ++ i) solve(i);

	int cnt = 0;

	for (int i = lenb - 1; i < lena; ++ i)

	    if (ans[i] <= 3) ++ cnt;

	printf("%d\n", cnt);

    }

    return 0;

}

/*

2

ATCGCCCTA

CTTCA

ACGT

GTCA

 */