$FFT/NTT/FWT$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
\(FFT\)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\(FFT\)。
将\(b\)数组\(reverse()\)，发现原来的式子变成了：
\]
这是一个卷积的形式，\(FFT\)即可。
博主之前的博客写过。链接
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。
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\(T[i]\)。
\(c\)的最优值一定为二次函数顶点，剩下的就是一个卷积了。
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：
\]
\(G(x)\)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。
式子可以化为：
\]
分块，块外\(FFT\)，块内暴力即可。
[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。
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：
\]
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
\(F[i](x)\)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。
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。
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。
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\(FWT\)。
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