传送门 题意简述:给nnn个物件,物件iii有一个权值aia_iai​,可以选任意多个.现在要求选出kkk个物件出来(允许重复)问最后得到的权值和的种类数. n,k,ai≤1000n,k,a_i\le1000n,k,ai​≤1000 思路: 这是一道很显然的生成函数,我们把选一个物件的生成函数给列出来,然后取它的kkk次方就是答案. 显然可以上一波fftfftfft 成功T飞 在博主卡场无果之后换成了nttnttntt,然后发现cfcfcf的强力数据同时卡掉了998244353998244353

题目大意 求多项式 \(\prod_{i=1}^n(x+i)\) 的系数在模 \(p\) 意义下的分布,对 \(998244353\) 取模. \(p\) 为质数. \(n\leq {10}^{18},p\leq 250000\) 题解 我们只计算 \([1,p-1]\) 的分布,最后再算出 \(0\) 的出现次数. 记 \(n1=\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,n2=n\bmod p\).若 \(n\bmod p=p-1\),则 \(n1=\lfloor\frac{n}{p

卡精度的任意模数fft模板题……这道题随便写个表就能看出规律来(或者说考虑一下实际意义),反正拿到这题之后,很快就会发现他是任意模数fft模板题.然后我就去网上抄了一下板子……我打的是最土的任意模数fft,就是fft7次的那种……(好像有很多方法的样子……)这种任意模数fft方法见http://blog.csdn.net/l_0_forever_lf/article/details/52886397这道题的具体做法见http://blog.csdn.net/qq_33229466/article

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(

1258 序列求和 V4 题意:求\(S_m(n) = \sum_{i=1}^n i^m \mod 10^9+7\),多组数据,\(T \le 500, n \le 10^{18}, k \le 50000\) 等幂求和 多项式求逆元\(O(mlogm)\)预处理伯努利数,然后可以\(O(m)\)回答 因为是任意模数,所以要用拆系数fft 拆系数fft+多项式求逆元,写的爽死了 具体内容可能会写学习笔记 注意: 多项式求逆元里拆系数,不能只更新 .x= ,这样的话y还保留以前的值就错了 因为使用

拆系数FFT 对于任意模数 \(mod\) 设\(m=\sqrt {mod}\) 把多项式\(A(x)\)和\(B(x)\)的系数都拆成\(a\times m+b\)的形式,时\(a, b\)都小于\(m\) 提出,那么一个多项式就可以拆成两个多项式的加法 一个是\(a*m\)的,一个是\(b\)的 直接乘法分配律,\(aa\)一遍,\(ab\)一遍,\(ba\),\(bb\)一遍,四遍\(FFT\) 乘出来不会超过取模范围 然后合并直接 \[(a\times m+b)(c\times m+d)

hdu 4656 Evaluation 题意:给出\(n,b,c,d,f(x) = \sum_{i=1}^{n-1} a_ix^i\),求\(f(b\cdot c^{2k}+d):0\le k < n\) 取模\(10^6+3\) 昨天刚看过<具体数学>上求和一章 代入\(b\cdot c^{2k}+d\)然后展开,交换求和顺序,得到 \[ f(k) = \sum_{j=0}^n \frac{b^j c^{2kj}}{j!} \sum_{i=j}^n a_i i! \frac{d^{i-

再探快速傅里叶变换(FFT)学习笔记(其三)(循环卷积的Bluestein算法+分治FFT+FFT的优化+任意模数NTT) 目录 再探快速傅里叶变换(FFT)学习笔记(其三)(循环卷积的Bluestein算法+分治FFT+FFT的优化+任意模数NTT) 写在前面 一些约定 循环卷积 DFT卷积的本质 Bluestein's Algorithm 例题 分治FFT 例题 FFT的弱常数优化 复杂算式中减少FFT次数 例题 利用循环卷积 小范围暴力 例题 快速幂乘法次数的优化 FFT的强常数优化 DF

任意模数\(NTT\) 众所周知,为了满足单位根的性质,\(NTT\)需要质数模数,而且需要能写成\(a2^{k} + r\)且\(2^k \ge n\) 比较常用的有\(998244353,1004535809,469762049\),这三个原根都是\(3\) 如果要任意模数怎么办? \(n\)次多项式在模\(m\)下乘积,最终系数一定不会大于\(nm^2\) 所以我们找三个模数分别做\(NTT\)再合并一下就好辣 但这样的合并结果会爆\(long long\)呢 需要用高精吗? 可以使用一些

题目描述: luogu 题解: 用$fft$水过(什么$ntt$我不知道). 众所周知,$fft$精度低,$ntt$处理范围小. 所以就有了任意模数ntt神奇$fft$! 意思是这样的.比如我要算$F*G$,我可以把这两个多项式各分成两个多项式,一个表示$F_x/M$,一个表示$F_x$%$M$($M$是自己设定的阈值). 比如说$F=a*M+b,G=c*M+d$,那么$F*G=(a*M+b)*(c*M+d)=a*c*M^2+a*d*M+b*c*M+b*d$. 然后?就水过了啊…… 顺便提一下,

MTT:任意模数NTT 概述 有时我们用FFT处理的数据很大,而模数可以分解为\(a\cdot 2^k+1\)的形式.次数用FFT精度不够,用NTT又找不到足够大的模数,于是MTT就应运而生了. MTT没有模数的限制,比NTT更加自由,应用广泛,可以用于任意模数或很大的数. MTT MTT是基于NTT的,其思想很简单,就是做多次NTT,每次使用不同的素数,然后使用CRT合并解,在合并的过程中模最终模数,或是对于无模数的情况使用高精度. 做NTT的次数取决于最大可能答案的大小,所用的所有素数之积必

第一眼生成函数.四个等比数列形式的多项式相乘,可以化成四个分式.其中分母部分是固定的,可以多项式求逆预处理出来.而分子部分由于项数很少,询问时2^4算一下贡献就好了.这个思路比较直观.只是常数巨大,以及需要敲一发类似任意模数ntt的东西来避免爆精度.成功以这种做法拿下luogu倒数rank1,至于bzoj不指望能过了. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib>

题目大意:给你两个多项式$f(x)$和$g(x)$以及一个模数$p(p\leqslant10^9)$,求$f*g\pmod p$ 题解:任意模数$NTT$,最大的数为$p^2\times\max\{n,m\}\leqslant10^{23}$,所以一般选$3$个模数即可,求出这三个模数下的答案,然后中国剩余定理即可. 假设这一位的答案是$x$,三个模数分别为$A,B,C$,那么: $$x\equiv x_1\pmod{A}\\x\equiv x_2\pmod{B}\\x\equiv x_3\pm

题解 K次剩余终极版!orz 写一下,WA一年,bug不花一分钱 在很久以前,我还认为,数论是一个重在思维,代码很短的东西 后来...我学了BSGS,学了EXBSGS,学了模质数的K次剩余--代码一个比一个长-- 直到今天,我写了240行的数论代码,我才发现数论这个东西= =太可怕了 好吧那么我们来说一下任意模数的K次剩余怎么搞 首先,如果模数是奇数,我们可以拆成很多个质数的指数幂,再用解同余方程的方法一个个合起来,细节之后探讨 但是如果,模数有偶数呢 因为要输出所有解,解的个数不多,我们可以倍

经过两个月的咕咕,"多项式全家桶" 系列终于迎来了第三期--(雾) 上一篇:[知识总结]多项式全家桶(二)(ln和exp) 先膜拜(伏地膜)大恐龙的博客:任意模数 NTT (在页面右侧面板 "您想嘴谁" 中选择 "大恐龙" 就可以在页面左下角戳她哦) 首先务必先学会 NTT (如果不会,请看多项式全家桶(一)),并充分理解中国剩余定理-- 之前提到了,普通 NTT 的模数必须是一个质数,且这个质数中必须有一个足够大的 \(2\) 的幂作为因子.然

本来一直都是写\(7\)次的\(MTT\)的--然后被\(shadowice\)巨巨调教了一通之后只好去学一下\(4\)次的了-- 简单来说就是我们现在需要处理一类模数不为\(NTT\)模数的情况 这里是板子 三模\(NTT\) 跑的很慢而且我也不会,这里就不说了 拆系数\(FFT\) 两个多项式\(P(z),Q(z)\),我们把它们的系数拆成 \[A(z)=\sum_{i=0}^\infty (P_i>>15)z^i,B(z)=\sum_{i=0}^\infty (P_i\&3276

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P4245 三模数NTT: 大概是用3个模数分别做一遍,用中国剩余定理合并. 前两个合并起来变成一个 long long 的模数,再要和第三个合并的话就爆 long long ,所以可以用一种让两个模数的乘积不出现的方法:https://blog.csdn.net/qq_35950004/article/details/79477797 x*m1+a1 = -y*m2 + a2  <==>  x*m1+y*m2

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P4245 用三模数NTT做,需要注意时间和细节: 注意各种地方要取模!传入 upt() 里面的数一定要不超过2倍 mod! 乘法会爆 long long 时用快速乘! 两次合并的模数,第一次是 (ll) p1*p2,第二次直接对题目的模数取模即可! 注意局部开 (ll)! 合并时用到的逆元每次都一样,所以要先处理好而不是现场快速幂算!! 然而为什么时间还是 Narh 的两倍! 一晚上的心血... 代码如下: #i

题目链接 三模数\(NTT\): 就是多模数\(NTT\)最后\(CRT\)一下...下面两篇讲的都挺明白的. https://blog.csdn.net/kscla/article/details/79547242 https://blog.csdn.net/zhouyuheng2003/article/details/85561887 模数不是\(NTT\)模数,考虑用多个\(NTT\)模数分别卷积,最后\(CRT\)合并(由中国剩余定理,同余方程组在模\(M=\prod m_i\)的情况下

正题 题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4245 题目大意 两个多项式,求它们的乘积模\(p\). 解题思路 方法好像挺多,我用的是最简单的一种就是,先定一个常数\(sqq\)(一般是\(\sqrt q\)),把一个项的数\(x\)拆成\(k*sqq+r\).然后把\(F\)的\(k\)丢进\(A\),\(r\)丢进\(B\).\(G\)的\(k\)丢进\(C\),\(r\)丢进\(D\). 然后对于\(A*C\)的部分就是\(sqq^2\)的部分,\

这两天有点颓,所以东西学的也很慢...这个一眼就能推出来的活生生卡了我两天.. 说几个细节: 柿子: \[f*g = (\frac{f}{M} +f\%m)*(\frac{g}{M} +g\%m) \] \(M\)通常设置为\(32768\).把上一步的几个韩束化成\(a,b,c,d\)的形式,答案就是: \(M * M * a * c+M * (a * d + b *c) +b * d\) 一看卷积,多搞几次\(FFT\)就过去了. 处处小心膜爆.有效方法如下. #define int lon