学习内容：

模板题：

1.基本介绍

对长度为L的\(A(x),B(x)\)进行DFT，可以利用

\[ \begin{align} P(x)=A(x)+iB(x) \tag{1} \\ Q(x)=A(x)-iB(x) \tag{2} \end{align} \]

对\(P(x)\)进行DFT，得到\(F_p\)。

\(Q(x)\)的结果 DFT\(F_q[k]=!(F_p[2L-k])\)，（!表示取共轭）（证明见论文）。

则

\[ \begin{align} DFT(A[k])=\frac{F_p[k]+F_q[k]} 2 \tag{3} \\ DFT(B[k])=-i\frac{F_p[k]-F_q[k]} 2 \tag{4} \end{align} \]

这就是两两合并计算DFT的方法，2次DFT优化为了1次。

IDFT的计算有两种方法，一种是带入\(-w_n^k\)，另一种是将序列[1..n-1]翻转，再进行FFT，两种方法结果都要除以n。

//495ms#include 
    
     #define rep(i,l,r) for(int i=l,ed=r;i
     
      32)            x=x*10+*s++-48;        return x;    }    void out(int x){        static char c[12];        char*i=c;        if(!x)*t++=48;        else{            while(x){                int y=x/10;                *i++=x-y*10+48,x=y;            }            while(i!=c)*t++=*--i;        }        *t++=10;    }}it;struct cp{    double x,y;    cp(double _x=0,double _y=0):x(_x),y(_y){}    cp operator +(const cp& b)const{return cp(x+b.x,y+b.y);}    cp operator -(const cp& b)const{return cp(x-b.x,y-b.y);}    cp operator *(const cp& b)const{return cp(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);}    cp operator !()const{return cp(x,-y);}}w[N];void fft(cp p[],int n){    for(int i=0,j=0;i
      
       j)swap(p[i],p[j]);        for(int l=n>>1;(j^=l)
       
        >=1);    }    for(int i=2;i<=n;i<<=1)    for(int j=0,m=i>>1;j
       
      
     
    

2.更快的卷积

将\(A(x)\)表示为\(A_0(x^2)+xA_1(x^2)\)，\(、A_0(x^2)、xA_1(x^2)\)分别是偶次项、奇次项的和。

那么

\[ \begin{align} A(x)B(x)&=(A_0(x^2)+xA_1(x^2))(B_0(x^2)+xB_1(x^2))\\ &=A_0(x^2)B_0(x^2)+x(A_0(x^2)B_1(x^2)+A_1(x^2)B_0(x^2))+x^2A_1(x^2)B_1(x^2) \end{align} \]

可以分别对\(A_0(x)、A_1(x)、B_0(x)、B_1(x)\)计算DFT，然后再把上式\(x^0,x^1,x^2\)的系数算出来，再进行3次IDFT。共7次。

DFT可以两两合并优化为2次，且是两次长度为L（原来是2L）的DFT。

IDFT时也可以两两合并，于是就需要2次长度L的IDFT。共4次。

如果这两次IDFT还可以两两合并，那就只要计算一次IDFT。共3次长度L的计算。

推导如下：

\(A_0(x^2)B_1(x^2)+A_1(x^2)B_0(x^2)\)的 IDFT 结果就是奇数项的系数。\(A_0(x^2)B_0(x^2)\)和\(x^2A_1(x^2)B_1(x^2)\) 则是偶数项的系数。

将\(A_0(x^2)B_0(x^2)\)和\(x^2A_1(x^2)B_1(x^2)\)看做是关于\(x^2\)的多项式，可以两两合并计算。令

\[ g=DFT(A_0)\cdot DFT(B_0)+w[k]DFT(A_1)\cdot DFT(B_1)\\ f=DFT(A_0)\cdot DFT(B_1)+DFT(A_1)\cdot DFT(B_0) \]

\(xA(x)\)就是\(w_n^k\cdot DFT(A)\)。我们只要计算出\(IDFT(g)\)和\(IDFT(f)\)即可。

如果 IDFT 的结果是实数，那么两个 IDFT 就可以合并计算，令

\[ P(x)=g+i\cdot f \]

那么

\[ IDFT(P(x))=IDFT(f)+i \cdot IDFT(g) \]

于是取实部和虚部分别作为奇数和偶数项的系数即可。

令

\[ j=\begin{cases} 0& k=0\\ n-k& k\neq 0 \end{cases} \]

那么

\[ \begin{aligned} g&=\frac {P_k+!P_j}{2}\cdot \frac {Q_k+!Q_j}{2}+w[k]\cdot \frac {P_k-!P_j}{-2i}\cdot \frac {Q_k-!Q_j}{-2i}\\ &=\frac 1 4 [(P_k+!P_j)\cdot(Q_k+!Q_j)-w[k]\cdot(P_k-!P_j)\cdot(Q_k-!Q_j)]\\ \\ f&=\frac {P_k+!P_j} 2 \cdot \frac{Q_k-!Q_j}{-2}i+\frac {Q_k+!Q_j} 2 \cdot \frac{P_k-!P_j}{-2}i\\ &=\frac i{-4}[2\cdot P_k\cdot Q_k-2\cdot !P_j\cdot !Q_j] \end{aligned} \]

于是

\[ \begin{aligned} g+f\cdot i&=\frac 1 4 [(P_k+!P_j)\cdot(Q_k+!Q_j)-w[k]\cdot(P_k-!P_j)\cdot(Q_k-!Q_j)-2\cdot P_k\cdot Q_k+2 !(P_j\cdot Q_j)]\\ &=\frac 1 4 [-(P_k-!P_j)\cdot(Q_k-!Q_j)+2\cdot (P_k\cdot Q_k+!(P_j\cdot Q_j))\\ &-w[k]\cdot(P_k-!P_j)\cdot(Q_k-!Q_j)+2\cdot P_k\cdot Q_k-2\cdot !(P_j\cdot Q_j)]\\ &=Q_k\cdot P_k-\frac 1 4[(1+w[k])\cdot (P_k-!P_j)\cdot(Q_k-!Q_j)]\\ \end{aligned} \]

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     #define rep(i,l,r) for(int i=l,ed=r;i
     
      32)            x=x*10+*s++-48;        return x;    }    void out(int x){        static char c[12];        char*i=c;        if(!x)*t++=48;        else{            while(x){                int y=x/10;                *i++=x-y*10+48,x=y;            }            while(i!=c)*t++=*--i;        }        *t++=10;    }}it;struct cp{    double x,y;    cp(double _x=0,double _y=0):x(_x),y(_y){}    cp operator +(const cp& b)const{return cp(x+b.x,y+b.y);}    cp operator -(const cp& b)const{return cp(x-b.x,y-b.y);}    cp operator *(const cp& b)const{return cp(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);}    cp operator *(double b)const{return cp(b*x,b*y);}    cp operator !()const{return cp(x,-y);}}w[N];void fft(cp *p,int n){    for(int i=0,j=0;i
      
       j)swap(p[i],p[j]);        for(int l=n>>1;(j^=l)
       
        >=1);    }    for(int i=2;i<=n;i<<=1)    for(int j=0,m=i>>1;j
        
         >1].y:p[i>>1].x)=x[i];        (i&1?q[i>>1].y:q[i>>1].x)=y[i];    }    rep(i,0,n>>=1)w[i]=cp(cos(2*PI*i/n),sin(2*PI*i/n));    fft(p,n);fft(q,n);    rep(i,0,n){        int j=i?n-i:0;        a[j]=p[i]*q[i]-((cp(1,0)+w[i])*(p[i]-!p[j])*(q[i]-!q[j]))*0.25;    }    fft(a,n);    rep(i,0,n)z[i<<1]=a[i].x/n+0.5,z[i<<1|1]=a[i].y/n+0.5;}int n,m,p;ll a[N],b[N],c[N];int main(){    n=it+1;m=it+1;    rep(i,0,n) a[i]=it;    rep(i,0,m) b[i]=it;    for(n+=m-1,p=2;p
         
          <<=1); conv(p,a,b,c); rep(i,0,n)it.out(c[i]); return 0;}
         
        
       
      
     
    

3.拆系数FFT

要计算任意模数的卷积，我们一般考虑NTT+中国剩余定理CRT。NTT中需要模数是质数且表示为\(p=c\cdot 2^k+1\)中\(2^k\)要不小于n。

考虑直接算出卷积不取模，那么每个数不会超过\(M^2n\)。假设模数\(M\)是\(10^9\)级别，n是\(10^5\)级别，那么结果都是\(10^{23}\)级别，我们可以找三个都是\(10^9\)级别满足NTT要求的模数，利用中国剩余定理就能得到在\(10^{27}\)级别的模数意义下的结果，再对\(M\)取模即可。

但是这样常数就要乘3了。效率太低。拆系数FFT就是替代NTT解决模任意数且非常高效的算法。

如果利用FFT计算，浮点数会有误差，int128是一个方法，但是不是所有场合都能使用。所以需要拆系数。

设\(M_0=\lceil \sqrt M\rceil\)，设

\[ a_i=k[a_i]M_0+b[a_i]\\ b_i=k[b_i]M_0+b[b_i] \]

其中\(k[a_i],b[a_i]< M_0\)。

假设\(K_a(x)\)是以\(k[a_i]\)为系数的多项式，\(B_a(x)\)是以\(b[a_i]\)为系数的多项式，\(K_b(x),B_b(x)\)同理，则：

\[ A(x)=K_a(x)M_0+B_a(x)\\ B(x)=K_b(x)M_0+B_b(x)\\ A(x)B(x)=K_a(x)K_b(x)M_0^2+(K_a(x)B_b(x)+K_b(x)B_a(x))M_0+B_a(x)B_b(x) \]

和上面「更快的卷积」一样分析，两两合并可以将7次DFT及IDFT计算优化为4次：

\(M_0\)可以取一个超过\(\sqrt M\)的2的幂次，比较方便计算。

令

\[ P(x)=K_a(x)+iB_a(x)\\ Q(x)=K_b(x)+iB_b(x) \]

可知

\[ DFT(K_a[k])=\frac {F_p[k]+!(F_p[(n-k)\%n])} 2\\ DFT(B_a[k])=-i\frac {F_p[k]-!(F_p[(n-k)\%n])} 2\\ DFT(K_b[k])=\frac {F_q[k]-!(F_q[(n-k)\%n])} 2\\ DFT(B_b[k])=-i\frac {F_q[k]-!(F_q[(n-k)\%n])} 2\\ \]

于是只要计算出P(x)的DFT：\(F_p(x)\)和Q(x)的DFT：\(F_q(x)\)，就能求出\(K_a(x),B_a(x),K_b(x),B_b(x)\)的DFT。

接下来IDFT的两两合并，以\(K_a(x)K_b(x)\)和\(K_a(x)B_b(x)\)为例，令

\[ dfta[k]=DFT(K_a[k])\cdot DFT(K_b[k])\\ dftb[k]=DFT(K_a[k])\cdot DFT(B_b[k]) \]

我们需要对\(dfta(x)\)和\(dftb(x)\)进行IDFT。注意到这里IDFT的结果一定是实数，那么令

\[ p[k]=dfta[k]+i\cdot dftb[k] \]

那么 \(IDFT(p)\) 的实部除以n就是\(K_a(x)K_b(x)\)，虚部除以n就是\(K_a(x)B_b(x)\)。

由于\(、k[x]、b[x]\)都是不超过\(2^{15}\)的数，于是就不容易被卡精度了。计算出来的结果再取模M就是答案了。

//933ms#include 
    
     #define rep(i,l,r) for(int i=l,ed=r;i
     
      32)            x=x*10+*s++-48;        return x;    }    void out(int x){        static char c[12];        char*i=c;        if(!x)*t++=48;        else{            while(x){                int y=x/10;                *i++=x-y*10+48,x=y;            }            while(i!=c)*t++=*--i;        }        *t++=10;    }}it;struct cp{    double x,y;    cp(double _x=0,double _y=0):x(_x),y(_y){}    cp operator +(const cp& b)const{return cp(x+b.x,y+b.y);}    cp operator -(const cp& b)const{return cp(x-b.x,y-b.y);}    cp operator *(const cp& b)const{return cp(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);}    cp operator !()const{return cp(x,-y);}}w[N];void fft(cp p[],int n){    for(int i=0,j=0;i
      
       j)swap(p[i],p[j]);        for(int l=n>>1;(j^=l)
       
        >=1);    }    for(int i=2;i<=n;i<<=1)    for(int j=0,m=i>>1;j
        
         >15,x[i]&32767),q[i]=cp(y[i]>>15,y[i]&32767);    }    fft(p,n);fft(q,n);    rep(i,0,n){        int j=i?(n-i):0;        static cp ka,ba,kb,bb;        ka=(p[i]+!p[j])*r;        ba=(p[i]-!p[j])*h;        kb=(q[i]+!q[j])*r;        bb=(q[i]-!q[j])*h;        a[j]=ka*kb;b[j]=ka*bb;        c[j]=kb*ba;d[j]=ba*bb;    }    rep(i,0,n){        p[i]=a[i]+b[i]*o;        q[i]=c[i]+d[i]*o;    }    fft(p,n);fft(q,n);    rep(i,0,n){        ll a,b,c,d;        a=(ll)(p[i].x/n+0.5)%mod;        b=(ll)(p[i].y/n+0.5)%mod;        c=(ll)(q[i].x/n+0.5)%mod;        d=(ll)(q[i].y/n+0.5)%mod;        z[i]=((a<<30)+((b+c)<<15)+d)%mod;    }}int n,m,p;ll a[N],b[N],c[N];int main(){    n=it+1;m=it+1;    rep(i,0,n) a[i]=it;    rep(i,0,m) b[i]=it;    for(n+=m-1,p=1;p
         
          <<=1); conv(p,a,b,c); rep(i,0,n)it.out((c[i]+mod)%mod); return 0;}
         
        
       
      
     
    

题目：

待补充