我們先來看一道例題：
給定序列\(\\}\)，已知\(f_0=1\) ，\(f_n=\sum_^ f_\times g_i\)，求序列\(\\)，對\(998244353\)取模考慮最樸素的做法，\(o(n^2)\)，在\(n\)比較小的情況下是可以的
考慮\(f_i\)的計算顯然可以化成卷積的形式，但\(f_i\)的計算依賴於之前的\(f\)，直接\(ntt\)，退化成\(o(n^2 \log n)\)
那麼在\(n\)比較大的情況下，我們要怎麼來做這個東西呢？
在引入，我們得到乙個\(o(n^2 \log n)\)的做法，接下來，考慮如何優化這個做法
我們考慮分治，現在我們要計算\([l,r]\)的\(f\)，把它分成\([l,mid]\)和\([mid+1,r]\)，現在假設我們已經算出了\([l,mid]\)
考慮計算\([l,mid]\)的\(f\)對\([mid+1,r]\)的\(f\)的貢獻，對於乙個\(mid< x \le r\)，設\(w[x]\)為\([l,mid]\)對\(x\)的貢獻
\[w[x]=\sum_^ f_i \times g_\\
w[x]=\sum_^ f_i \times g_\\
\]我們可以直接補到\(x\)，因為大於\(mid\)的部分\(f\)為\(0\)，可以發現，\(w[x]\)的計算顯然可以寫成卷積的形式
在這裡，我們令\(a[i]=f_\)，令\(b[i]=g_\)，那麼，\(w[x]\)可以寫成這樣
\[w[x]=\sum_^ a[i]\times b[x-l-1-i]
\]則我們可以一次\(ntt\)直接算出這一部分的貢獻，然後繼續分治即可，時間複雜度\(o(n \log ^2 n)\)
#include#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int n=2e5+11;
int n,g[n],f[n],a[n],b[n],p[n];
int read()
while(isdigit(ch))
return x*f;
}int qpow(int x,int y)return re;
}void ntt(int *a,int flag,int len)}}
}void transform(int len)
signed main()
分治FFT學習筆記
在 o n log 2 n 的時間內做諸如 f n sum f ig 或是 f n sum f if 或是 f sum s sum t sum i f f 等 我 卷 我 自 己 的式子。如果你覺得這東西多項式求逆也可以做，那麼請你認真看一下第三個式子 用cdq分治的思想 先遞迴做出左邊，考慮左邊對...
模板 分治FFT
luogu4721一道模板題 前置知識 fft ntt cdq cdqcd q分治 雖然本人覺得和cdq cdqcd q沒啥關係，應該只用了分治思想 用來解決這樣的式子 f i j 1i f i j g j f i sum i f i j times g j f i j 1i f i j g j 可...
FFT學習筆記
fft可用於解決一些卷積問題。一般問題形式如下 c a b c i ij 0a i b i j 若把a，b看成兩個次數為n多項式 a x ni 0 a i xi,b x ni 0b i x i 原問題等於兩個多項式相乘，c的次數等於2n 1 乙個次數界為n的多項式a的點值表達為n個點值對所組成的集合...