FFT：

沒啥好說的吧。。

證明應該都會，寫的時候記住兩個點就行：

1.怎么定義復數？千萬別寫成

complex<double> w=(1,0);

可以自己試一下這樣輸出什么東西……

2.枚舉len，遍歷前一半，用原來的$a_{i},a_{i+len/2}$值計算新的$a_{i},a_{i+len/2}$值。

我覺得我還是解釋一下這么做的原因好一點。。

我們希望得到多項式$A(x)$在$w_{n}^{1},w_{n}^{2},cdots,w_{n}^{n}$處的點值表示。

而我們有$w_{n}^{k}=w_{frac{n}{2}}^{frac{k}{2}},w_{n}^{k+frac{n}{2}}=-w_{frac{n}{2}}^{frac{k}{2}}$。

那么把偶數下標的系數和奇數下標的系數分別拆出來組成兩個多項式$A_{0}(x)$和$A_{1}(x)$，則有

$A(w_{n}^{k})=A_{0}(w_{n}^{2k})+w_{n}^{k}A_{1}(w_{n}^{2k})=A_{0}(w_{frac{n}{2}}^{k})+w_{n}^{k}A_{1}(w_{frac{n}{2}}^{k})$

$A(w_{n}^{k+frac{n}{2}})=A_{0}(w_{n}^{2k})-w_{n}^{k}A_{1}(w_{n}^{2k})=A_{0}(w_{frac{n}{2}}^{k})-w_{n}^{k}A_{1}(w_{frac{n}{2}}^{k})$

那么我們可以先遞歸處理$A_{0}(x)$和$A_{1}(x)$，然后爆枚$k$，得到$A(x)$的$n$個點值。

這東西很像線段樹，倒數第$i$層的$n$是$2^{i}$，有$frac{n}{2^{i}}$個多項式需要爆枚$2^{i}$次。

每層爆枚的復雜度是$O(n)$，一共$log{n}$層，總復雜度$O(nlog{n})$。

發現位置$i$最終會被換到$i$的二進制位反過來的位置，于是可以不用遞歸，直接模擬線段樹上爆枚的過程即可。

強烈推薦偉大的石神給出的里程碑式的證明！

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 3000005
#define maxm 500005
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long
#define cp complex<double>
#define pi acos(-1)

using namespace std;
cp a[maxn],b[maxn],c[maxn];
int ind[maxn];

inline int read(){
    int x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}

inline void fft(cp *t,int n,int op){
    for(int i=0;i<n;i++) ind[i]=(i&1)?((ind[i>>1]>>1)|(n>>1)):(ind[i>>1]>>1);
    for(int i=0;i<n;i++) if(ind[i]<i) swap(t[i],t[ind[i]]);
    for(int len=2;len<=n;len<<=1)
        for(int j=0;j<n;j+=len){
            cp w(1,0),p(cos(op*2*pi/len),sin(op*2*pi/len));
            for(int k=0;k<(len>>1);k++,w*=p){
                cp t1=t[j+k+(len>>1)],t2=t[j+k];
                t[j+k+(len>>1)]=t2-t1*w,t[j+k]=t2+t1*w;
            }
        }
    return;
}

int main(){
    int n=read(),m=read();
    for(int i=0;i<=n;i++) a[i]=read();
    for(int i=0;i<=m;i++) b[i]=read();
    int len=1; while(len<=n+m) len<<=1;
    fft(a,len,1),fft(b,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++) c[i]=a[i]*b[i];
    fft(c,len,-1);
    for(int i=0;i<=n+m;i++) cout<<(int)(c[i].real()/len+0.5)<<" ";
    cout<<endl;
    return 0;
}

FFT

NTT：

原根的性質與單位根一模一樣。只是$IDFT$的時候得求個逆元。

題里有模數就用$NTT$，沒有模數也盡量用$NTT$，避免出現時間精度雙爆炸的慘劇。

注意$w_{n}^{k}=g^{frac{mod-1}{n}cdot k}$，證明時將k分離出來考慮即可。

我還是證一下吧。。雖然這也不算是證明了。。

根據原根的性質，有$g_{i}mod{p}$的值互不相同$(0leq i<p)$。

那么實際上$w_{n}^{k}=g^{frac{k}{n}}$，都滿足首尾值相等且中間值互不相同。

但是等一下，這個$frac{k}{n}$不是整數啊？

而且指數沒有同余定律，只有費馬小定理$a^{p-1}equiv apmod p$。

那我們只能取$n|(mod-1)$的$n$來做了，此時$g^{frac{k}{n}}=g^{frac{k(mod-1)}{n}}$。

現在我們就理解為什么$NTT$只能用形如$2^{k}+1$的模數了。

偉大的石神在剛才那篇里也更了$NTT$！

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 3000005
#define maxm 500005
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long
#define mod 998244353
#define g 3

using namespace std;
ll a[maxn],b[maxn],res[maxn],ind[maxn];

inline ll read(){
    ll x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}

inline ll power(ll a,ll b){ll ans=1;while(b)ans=(b&1)?ans*a%mod:ans,a=a*a%mod,b>>=1;return ans;}
inline void ntt(ll *t,ll n,ll op){
    for(ll i=0;i<n;i++) ind[i]=(i&1)?((ind[i>>1]>>1)|(n>>1)):(ind[i>>1]>>1);
    for(ll i=0;i<n;i++) if(ind[i]<i) swap(t[i],t[ind[i]]); 
    for(ll len=1;len<=n;len<<=1){
        ll p=power(g,(mod-1)/len);
        if(op==-1) p=power(p,mod-2);
        for(ll i=0;i<n;i+=len)
            for(ll j=i,w=1,tp;j<i+(len>>1);j++,w=w*p%mod)
                tp=t[j+(len>>1)]*w%mod,t[j+(len>>1)]=(t[j]-tp+mod)%mod,t[j]=(t[j]+tp)%mod;
    }
    return;
}

int main(){
    ll n=read(),m=read();
    for(ll i=0;i<=n;i++) a[i]=read();
    for(ll i=0;i<=m;i++) b[i]=read();
    ll len=1; while(len<=n+m) len<<=1;
    ntt(a,len,1),ntt(b,len,1);
    for(ll i=0;i<len;i++) res[i]=a[i]*b[i];
    ntt(res,len,-1);
    ll mo=power(len,mod-2);
    for(ll i=0;i<=n+m;i++) cout<<res[i]*mo%mod<<" ";
    cout<<endl;
    return 0;
}

NTT

（upd：數組一定要開兩倍，點數少了就沒法表示一個多項式）

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【知识点】多项式乘法的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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