顯然因為我不會數學，所以這篇文章會非常「 感性 」。
將兩個多項式乘起來，即求 \(f*g=h\) 。多項式的項數 \(n\le10^5\)。
複數複數是指形如 \(x+yi\) 的數，高中會教。
它的四則運算法則是這樣的：（令 \(p,q\) 為兩個複數）
\[p\pm q=(x_p\pm x_q)+(y_p\pm y_q)i\\
p\times q=(x_px_q-y_py_q)+(x_py_q+x_qy_p)i
\]除法用不著。
所以**是這樣的：（建議不要用 stl 的複數，常數巨大）
struct mlea[n7],b[n7];
mle operator + (mle p,mle q);}
mle operator - (mle p,mle q);}
mle operator * (mle p,mle q);}
略。點值表達法
選出 \((2n-1)\) 個互不相同的橫座標 \(x_i\) ，代入 \(f\) 與 \(g\) 中，得到很多個 \(fy_i,gy_i\)，而 \((x_i,fy_i)\) 就是 \(f\) 的點值表示式， \((x_i,gy_i)\) 就是 \(g\) 的點值表示式。神奇的事實是， \((x_i,fy_i\times gy_i)\) 就是 \(h\) 的點值表示式！
！所以fft的思想就是，將 \(f\) 和 \(g\) 轉換成點值表達法，然後相乘得到 \(h\)，最後再化為係數表示法（普通多項式的表示）。
其中，轉化為點值表達法的步驟叫做dft，化回來的步驟叫做idft。
單位根有乙個神奇的東西叫做單位根（複數），滿足 \(w^n=1\) 的 \(w\) 被稱作 \(n\) 次單位根。（事實上應該是 \(\omega\)，但是寫起來太麻煩了就用 \(w\) 了）
經過推導，如果將所有的單位根排列，第 \(k\) 個 \(n\) 次單位根 \(\large w_k=e^}\)
設 \(n\) 是正偶數，且 \(m\) 是 \(n\) 的一半，那麼有 \((w_n^k)^2=w_m^k\) 以及 \(w_n^=-w-n^k\)。這兩個等式就是法術，下文會用到。
dft(轉成點值表示)
首先為了方便，我們把多項式變為 \(n=(2^k-1)\) 次多項式（不足的補係數 \(0\)），而且它大於原本的 \(f\) 和 \(g\) 的項數之和。這樣原來的 \((2n-1)\) 就不大於的 \(n\) ，方便統計。
然後我們想知道點值表達，所以我們需要代入一些 \(x\)，並求出 \(f(x)\) 的值。
我們選擇把魔幻的單位根， \(w_n^0,w_n^1...w_n^\) 代入。
好，我們怎麼求 \(f(x)\)？先變變形式：
\[f(x)=a_0x^0+a_1x^1+a_2x^2+...+a_x^\\
f(x)=(a_0x^0+a_2x^2+a_4x^4+...)+(a_1x^1+a_3x^3+a_5x^5+...)\\
f(x)=(a_0x^0+a_2x^2+a_4x^4+...)+x(a_1x^0+a_3x^2+a_5x^4+...)\\
f(x)=f_0(x^2)+xf_1(x^2)
\]其中 \(f,f_0,f_1\) 並不是一樣的，注意，\(f_0\) 的係數依次為 \(a_0,a_2,a_4...\) ，\(f_1\) 為 \(a_1,a_3,a_5...\)
運用著前文提到的法術，仍然設 \(m=\frac\)，對於 \(k有
\[代入：f(w_n^k)=f_0((w_n^k)^2)+(w_n^k)f_1((w_n^k)^2)\\
等式一：f(w_n^k)=f_0(w_m^k)+w_n^kf_1(w_m^k)
\]那麼對於 \(k\ge m\) 呢？我們可以說它是 \((k+m)\) 且 \(k。繼續用法術：
\[代入：f(w_n^)=f_0((w_n^)^2)+(w_n^)f_1((w_n^)^2)\\
等式二：f(w_n^)=f_0((w_n^k)^2)+-w_n^kf_1((w_n^k)^2)\\
等式一：f(w_n^)=f_0(w_m^k)-w_n^kf_1(w_m^k)
\]哇塞，乙個是 \(f_0+f_1\)，另乙個是 \(f_0-f_1\)。
於是我們只要求出 \(w_n^0\sim w_n^m\) 就可以知道剩下的了。而 \(f_0,f_1\) 可以遞迴求。
idft(化回來)
不會。但是**和dft是基本一樣的。
首先是直觀但是常數大的遞迴版：
void fft(mle *c,int len,bool sys),z=(mle);
//part 3
rep(i,0,wal-1)
}
把係數分為兩個部分，然後依次遞迴。
計算。其中 \(w_n^0=1,w_n^k=w_n^*ori\)。
其中dft時 \(ori=\cos+\sin\frac}\)，idft時 \(ori=\cos-\sin\frac}\)。以及 \(wal\) 就是 \(\frac\)。
做前文的事情。運用 \(w_n^k=w_n^*ori\)。
注意，dft的時候把原本裝係數的陣列變成了現在裝 \(f(w)\) 的陣列。
於是你就輕鬆有了 66分。毫無疑問，常數太大了！
對於第 \(x\) 個係數 \(a_x\) ，它的路徑是怎麼樣的？
0 1 2 3 4 5 6 7
0 2 4 6,1 3 5 7
0 4,2 6,1 5,3 7
0,4,2,6,1,5,3,7
如果把0,4,2,6,1,5,3,7，
每乙個數都轉為二進位制000, 100, 010, 110, 001, 101, 011, 111，
再每乙個二進位制反過來000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111，
最後化為十進位制0,1,2,3,4,5,6,7。哦豁！
所以可以快速求得遞迴的底層是怎麼樣的，然後我們模擬遞迴，列舉長度（1,2,4,8……），然後把一段長度的合併。
但是又怎麼樣求二進位制反轉呢？
\(\color\huge 待填！\)
順便提一句小優化，因為複數乘法常數大，所以一般在 \(f=f_0\pm f_1\)是這樣寫：
rep(i,0,wal-1)也是待填
fft**
#include#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
#define lod double
using namespace std;
const int n7=3012345;
const lod pie=acos(-1);
int n,m,rv[n7];
struct mlea[n7],b[n7];
mle operator + (mle p,mle q);}
mle operator - (mle p,mle q);}
mle operator * (mle p,mle q);}
int rd()
void fft(mle *c,bool sys)
fft(a,1),fft(b,1);
rep(i,0,n)a[i]=a[i]*b[i];
fft(a,0);
rep(i,0,m)printf("%d ",(int)(a[i].x/n+0.5));
return 0;
}
#include#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
#define lon long long
using namespace std;
const int n7=3012345;const lon mo=998244353;
int n,m,rv[n7];lon a[n7],b[n7];
int rd()
lon dpow(lon p,lon q)
return tot;
}void ntt(lon *c,bool sys)
ntt(a,1),ntt(b,1);
rep(i,0,n)a[i]=a[i]*b[i]%mo;
ntt(a,0);
lon inv=dpow(n,mo-2);
rep(i,0,n)a[i]=a[i]*inv%mo;
rep(i,0,m)printf("%lld ",a[i]);
return 0;
}
演算法筆記 FFT NTT
本文不做證明，詳細證明請看如上資料。fft在演算法競賽中主要用來加速多項式的乘法 普通是多項式乘法時間複雜度的是o n2 而用fft求多項式的乘法可以使時間複雜度達到o nlogn fft求多項式的乘法步驟主要如下圖 其中求值是將係數表達轉換成點值表達，帶入的自變數是wn 1的複數解，稱為dft 插...
FFT NTT數學解釋
fft和ntt真是噩夢呢 既然被fft和ntt坑夠了，坑一下其他的人也未嘗不可呢 設有乙個數a，使得an 1，其中n為滿足an 1的最小正整數 滿足條件的a有哪些呢？更寬泛地說，只要在乙個集合中定義了加法和乘法，而且二者滿足 這些基本上是小學學的吧，除了最後一點之外，其他都是廢話 那麼裡面滿足an ...
FFT NTT中檔題總結
被deepinc 怕了，把一些題放到這裡來 其實這道題放到中檔題也不太合適，個人感覺真的很難，機房裡好像都是頹的題解 因為期望的可加性，把每個點的貢獻單獨處理，即求期望深度 考慮 y 對 x 的貢獻 當且僅當 x y 的路徑上第乙個點就選 y y 才能成為 x 的祖先 所以 y 對 x 的貢獻就是 ...