多項式學習計畫

寫給自己看的。將學習時難以理解的點寫了寫。

dft預設高位補零後 \(n=2^s\)。

考慮將多項式 \(f(x)=\sum\limits_^a_ix^i\) 轉換為點值表示法。

顯然需要計算 \(n\) 個單位根處的值，一一計算複雜度仍為 \(o(n^2)\)。通過代入 \(n\) 次單位根以加速計算。

令\[g(x)=a_0+a_2x+…+a_x^,h(x)=a_1+a_3x+…+a_x^

\]則有 \(f(x)=g(x^2)+xh(x^2)\)。代入單位根就變成了

\[f(\omega_n^k)=g(\omega_n^)+\omega_n^kh(\omega_n^)

\]由單位根的性質又有

\[f(\omega_n^)=g(\omega_n^)+\omega_n^h(\omega_n^)

\]這意味著我們可以分治解決問題，並且每次只計算序列的前一半。複雜度 \(t(n)=o(n)+2t(\frac)=o(n\log n)\)。選取單位根的意義就在於每次可以只算前一半，不然複雜度仍為 \(t(n)=o(n)+4t(\frac)=o(n^2)\)。

idft

不會推導。這把記個結論：\(n\) 次單位根的範德蒙德矩陣的逆矩陣相當於原矩陣中每一項取倒數再除以 \(n\)。於是把代入時取的 \(\omega_n^k\) 換成 \(\omega_n^\) 最後再除一下 \(n\) 即可。

fft 精度太差，很多題目中還要取模，於是就用 ntt。

咋判定：如果模數 \(p=q2^s+1\)，而且 \(2^s\) 超過了題目中 \(n\) 能取到的最大值，那麼就可以 ntt。當然，\(p\) 得是個質數。

考慮用模 \(p\) 的原根 \(g\)。由於 \(g^0,g^1,…,g^\) 互不相同，因此可以嘗試拿 \(g\) 去充當模意義下的單位根。但是此時一共有 \(p-1\) 中不同的取值，不是 \(n\) 次單位根。因此我們取 \(g^}\) 為本原單位根就完事了。一般有 \(g=3\)。

求 \(f^\pmod \)。

考慮倍增。假設我們已經算出來了 \(f\) 模 \(x^\) 意義下的乘法逆 \(g\)，那麼就有

\[f^\equiv g\pmod }\\

f^-g\equiv 0\pmod }\\

(f^-g)^2\equiv 0\pmod \\

f^-2f^g+g^2\equiv 0\pmod \\

f^\equiv2g-g^2f\equiv g(2-gf)\pmod

\]複雜度 \(t(n)=t(n/2)+o(n\log n)=o(n\log n)\)。

求 \(g\) 使得 \(g^2\equiv f\pmod }\)。