$FFT/NTT/FWT$题单&简要题解

打算写一个多项式总结。

虽然自己菜得太真实了。

好像四级标题太小了，下次写博客的时候再考虑一下。

模板

\(FFT\)模板

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rin(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define rec(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define trav(i,a) for(int i=head[(a)];i;i=e[i].nxt)
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;
typedef long long LL;

inline int read(){
	int x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x;
}

const int MAXN=1000005;
const int MAXLEN=2100005;
const double pi=std::acos(-1);
int n,m;
int len,rev[MAXLEN];
struct Complex{
	double real,imag;
	inline friend Complex operator + (Complex x,Complex y){
		return (Complex){x.real+y.real,x.imag+y.imag};
	}
	inline friend Complex operator - (Complex x,Complex y){
		return (Complex){x.real-y.real,x.imag-y.imag};
	}
	inline friend Complex operator * (Complex x,Complex y){
		return (Complex){x.real*y.real-x.imag*y.imag,x.real*y.imag+x.imag*y.real};
	}
};
Complex A[MAXLEN],B[MAXLEN];

inline void fft(Complex *c,int dft){
	rin(i,0,n-1) if(i<rev[i])
		std::swap(c[i],c[rev[i]]);
	for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
		int r=(mid<<1);
		Complex u=(Complex){std::cos(pi/mid),dft*std::sin(pi/mid)};
		for(int l=0;l<n;l+=r){
			Complex v=(Complex){1,0};
			for(int i=0;i<mid;i++,v=v*u){
				Complex x=c[l+i],y=c[l+mid+i]*v;
				c[l+i]=x+y;
				c[l+mid+i]=x-y;
			}
		}
	}
	if(dft<0) rin(i,0,n-1)
		c[i].real/=n;
}

int main(){
	n=read(),m=read();
	rin(i,0,n) A[i].real=read();
	rin(i,0,m) B[i].real=read();
	m+=n;
	for(n=1;n<=m;n<<=1) len++;
	rin(i,1,n-1) rev[i]=((rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1)));
	fft(A,1);
	fft(B,1);
	rin(i,0,n-1) A[i]=A[i]*B[i];
	fft(A,-1);
	rin(i,0,m) printf("%d ",(int)(A[i].real+0.5));
	printf("\n");
	return 0;
}

\(NTT\)模板

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rin(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define rec(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define trav(i,a) for(int i=head[(a)];i;i=e[i].nxt)
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;
typedef long long LL;

inline int read(){
	int x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x;
} 

const int MAXN=1000005;
const int MAXLEN=2100005;
const LL MOD=998244353,G=3,INVG=332748118;
int n,m,invn;
int len,rev[MAXLEN];
LL A[MAXLEN],B[MAXLEN];

inline LL qpow(LL x,LL y){
	LL ret=1,tt=x%MOD;
	while(y){
		if(y&1) ret=ret*tt%MOD;
		tt=tt*tt%MOD;
		y>>=1;
	}
	return ret;
}

inline void ntt(LL *c,int dft){
	rin(i,0,n-1) if(i<rev[i])
		std::swap(c[i],c[rev[i]]);
	for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
		int r=(mid<<1);
		LL u=qpow(dft>0?G:INVG,(MOD-1)/r);
		for(int l=0;l<n;l+=r){
			LL v=1;
			for(int i=0;i<mid;i++,v=v*u%MOD){
				LL x=c[l+i],y=c[l+mid+i]*v%MOD;
				c[l+i]=x+y;
				if(c[l+i]>=MOD) c[l+i]-=MOD;
				c[l+mid+i]=x-y;
				if(c[l+mid+i]<0) c[l+mid+i]+=MOD;
			}
		}
	}
	if(dft<0) rin(i,0,n-1)
		c[i]=c[i]*invn%MOD;
}

int main(){
	n=read(),m=read();
	rin(i,0,n) A[i]=read();
	rin(i,0,m) B[i]=read();
	m+=n;
	for(n=1;n<=m;n<<=1) len++;
	rin(i,1,n-1) rev[i]=((rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1)));
	invn=qpow(n,MOD-2);
	ntt(A,1);
	ntt(B,1);
	rin(i,0,n-1) A[i]=A[i]*B[i]%MOD;
	ntt(A,-1);
	rin(i,0,m) printf("%lld ",A[i]);
	printf("\n");
	return 0;
}

\(FWT\)模板

前方毒瘤码风警告！！！

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rin(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define rec(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define trav(i,a) for(int i=head[(a)];i;i=e[i].nxt)
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;
typedef long long LL;

inline int read(){
	int x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x;
}

const int MAXN=135005;
const int MOD=998244353;
const int INV2=499122177;
int n;
int len;
int a[MAXN],b[MAXN];
int A[MAXN],B[MAXN],C[MAXN],D[MAXN];

inline void fwt(int *c,const char *s,int opt){
	for(int mid=1;mid<n;mid<<=1){
		int r=(mid<<1);
		for(int l=0;l<n;l+=r){
			for(int i=0;i<mid;i++){
				if(s=="or"){
					if(opt>0){
						c[l+mid+i]+=c[l+i];
						if(c[l+mid+i]>=MOD) c[l+mid+i]-=MOD;
					}
					else{
						c[l+mid+i]-=c[l+i];
						if(c[l+mid+i]<0) c[l+mid+i]+=MOD;
					}
				}
				else if(s=="and"){
					if(opt>0){
						c[l+i]+=c[l+mid+i];
						if(c[l+i]>=MOD) c[l+i]-=MOD;
					}
					else{
						c[l+i]-=c[l+mid+i];
						if(c[l+i]<0) c[l+i]+=MOD;
					}
				}
				else{
					LL x=c[l+i],y=c[l+mid+i];
					c[l+i]=x+y;
					c[l+mid+i]=x-y;
					if(opt<0){
						c[l+i]=1ll*c[l+i]*INV2%MOD;
						c[l+mid+i]=1ll*c[l+mid+i]*INV2%MOD;
					}
					if(c[l+i]>=MOD) c[l+i]-=MOD;
					if(c[l+mid+i]<0) c[l+mid+i]+=MOD;
				}
			}
		}
	}
}

int main(){
	len=read();
	n=(1<<len);
	rin(i,0,n-1) A[i]=B[i]=C[i]=a[i]=read();
	rin(i,0,n-1) D[i]=b[i]=read();
	fwt(A,"or",1);
	fwt(D,"or",1);
	rin(i,0,n-1) A[i]=1ll*A[i]*D[i]%MOD;
	fwt(A,"or",-1);
	rin(i,0,n-1) D[i]=b[i];
	fwt(B,"and",1);
	fwt(D,"and",1);
	rin(i,0,n-1) B[i]=1ll*B[i]*D[i]%MOD;
	fwt(B,"and",-1);
	rin(i,0,n-1) D[i]=b[i];
	fwt(C,"xor",1);
	fwt(D,"xor",1);
	rin(i,0,n-1) C[i]=1ll*C[i]*D[i]%MOD;
	fwt(C,"xor",-1);
	rin(i,0,n-1) printf("%d ",A[i]);
	printf("\n");
	rin(i,0,n-1) printf("%d ",B[i]);
	printf("\n");
	rin(i,0,n-1) printf("%d ",C[i]);
	printf("\n");
	return 0;
}

\(FFT/NTT/FWT\)的关键

找到在同一条件下的不变量，让其成为两个多项式卷积时下标的目标。

\(FFT/NTT\)习题

[BZOJ2179]FFT快速傅立叶

\(FFT\)优化高精乘，因为没有取模的问题所以可能在这里\(NTT\)的常数要优于\(FFT\)。

[BZOJ2194]快速傅立叶之二

将\(b\)数组\(reverse()\)，发现原来的式子变成了：

\[C[k]=\sum(a[i] \times b[n+k-1-i])
\]

这是一个卷积的形式，\(FFT\)即可。

[BZOJ3527]力

博主之前的博客写过。链接

[BZOJ3160]万径人踪灭

我 卷 我 自 己

分别计算\(a\)和\(b\)对答案的贡献，然后\(Manacher\)减掉不合法的方案。

[BZOJ4503]两个串

从[BZOJ2194]快速傅立叶之二出发，判断两个字符串是否匹配可以通过作差后平方转化为卷积的形式。由于通配符的存在外面还需要再乘一个\(T[i]\)。

[BZOJ4827][Hnoi2017]礼物

\(c\)的最优值一定为二次函数顶点，剩下的就是一个卷积了。

[HDU4609]3-idiots

先把生成函数搞出来，用\(FFT\)乘起来，把不合法的减去即可。

[BZOJ3625][Codeforces Round #250]小朋友和二叉树

跟据题意一波分析可得：

\[F(x) \equiv F(x)^2 \times G(x)+1\ (mod\ x^{m+1})
\]

\(G(x)\)是\(c\)的生成函数。

一元二次方程的求根公式搞上去，多项式开方加多项式求逆计算答案。

[BZOJ3509][CodeChef]COUNTARI

式子可以化为：

\[2 \times A[j]=A[i]+A[k]
\]

分块，块外\(FFT\)，块内暴力即可。

[BZOJ3771]Triple

Something about 一般型生成函数里面讲过。

[UVA12633]Super Rooks on Chessboard

发现一条对角线可以用行标和列标的差表示，这令我们又想到了[BZOJ2194]快速傅立叶之二。可以将列标翻转，先只考虑棋子对整行和整列的影响，构造两个多项式，分别表示整行和整列的覆盖情况，如果一行或一列上没有棋子，那么对应多项式的相应次项的系数就是\(1\)，否则是\(0\)。然后就可以\(FFT\)求出每条对角线上有几个没被覆盖的格子。最后考虑每条对角线是否对答案产生贡献即可。

[HDU5307]He is Flying

这道题有点神，博主一开始没想到什么靠谱的思路。

于是我们可以考虑上网搜题解。

题解告诉我们可以构造这样一个答案的生成函数：

\[F(x)=(\sum_{i=1}^nix^{sum_i}) \times (\sum_{i=1}^nx^{-sum_{i-1}})-(\sum_{i=1}^nx^{sum_i}) \times (\sum_{i=1}^n(i-1)x^{sum_{i-1}})
\]

特别的，需要单独计算\(s=0\)时的答案，\(O(n)\)扫一遍即可。

\(FWT\)习题

[HDU5909]Tree Cutting

\(F[i](x)\)表示以\(i\)为根的子树的生成函数，树形\(DP\)，合并时使用\(FWT\)即可。

注意子图必须连通。

[BZOJ4589]Hard Nim

根据博弈论相关知识，\(NanoApe\)能获胜当且仅当所有堆石子异或和是负数。

搞出一堆石子的生成函数，然后\(FWT \Rightarrow QPOW \Rightarrow IFWT\)即可。

[CF662C]Binary Table

发现在变换的行一定时，所有列的初始状态和结束状态的\(xor\)一定（暂时不考虑列的变换）。\(G(x)\)统计每个初始状态的数量，\(H(x)\)表示每个结束状态的贡献，即\(H(x)\)的\(i\)次项系数\(h_i=min(\_\_builtin\_popcount(i),n-\_\_builtin\_popcount(i))\)。

\(F(x)=G(x) \oplus H(x)\)，\(F(x)\)最小的系数即为答案。

[BZOJ4036][HAOI2015]按位或

根据\(min-max\)容斥，\(E(max\{S\})=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|+1}E(min\{T\})\)。

\(E(min\{T\})\)可以通过补集求，需要用到\(FWT\)。