题目描述
给定$2$个多项式$F(x), G(x)$，请求出$F(x) * G(x)$。
系数对$p$取模，且不保证$p$可以分解成$p = a \cdot 2^k + 1$之形式。
输入/输出
不关心
$1 \leq n \leq 10^5, 0 \leq a_i, b_i \leq 10^9, 2 \leq p \leq 10^9 + 9$
题解
主要是记录一下一次FFT同时对两个多项式进行DFT或IDFT这个常数技巧是怎么实现的。。。推式子什么的我也不会
现在这里有两个多项式$A(x),B(x)$，这两个多项式我们都需要做一次DFT
那么我们定义$P(x)=A(x)+i*B(x), Q(x)=A(x)-i*B(x)$
我们把$P(x)$经过DFT后的第$k$项记为$DFT(P_k)$ (其他的也同理)，经过一些证明我们可以得到这样一个结论：$DFT(P_k)和DFT(Q_{n-k})$互为共轭复数，特殊的，$DFT(P_0)$和$DFT(Q_0)$为共轭复数
所以我们一次正向FFT之后求出所有的$DFT(P_k)$，就可以直接算出$DFT(Q_k)$
而此时$DFT(A_k)=\dfrac{DFT(P_k)+DFT(Q_k)}{2}, DFT(B_k)=-i*\dfrac{DFT(P_k)-DFT(Q_k)}{2}$也是直接算出来就好了
综上 我们只用了一次FFT就对$A(x)$和$B(x)$都进行了DFT 而不用两次
代码实现：
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| void DFT(Complex *A, Complex *B) {
for (int i = 0; i < lim; i++) {
p[i] = A[i] + I * B[i];
}
FFT(p, 1);
for (int i = 0; i < lim; i++) {
q[i] = conj(i ? p[lim-i] : p[0]);
}
for (int i = 0; i < lim; i++) {
A[i] = (p[i] + q[i]) / 2;
B[i] = (p[i] - q[i]) * I / -2;
}
}
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IDFT也可以一次FFT处理两个多项式
对于两个点值表达的多项式$C(x), D(x)$
我们让$R(x)=C(x)+i*D(x)$
然后对$R$进行反向FFT
最后$IDFT(R_k)$的实部就是$IDFT(C_k)$，$IDFT(R_k)$的虚部就是$IDFT(D_k)$
这个就更好实现了
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| void IDFT(Complex *C, Complex *D) {
for (int i = 0; i < lim; i++) {
r[i] = C[i] + I * D[i];
}
FFT(r, -1);
for (int i = 0; i < lim; i++) {
C[i].x = r[i].x;
D[i].x = r[i].y;
}
}
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所以我们又只用了一次FFT就算出两个点值表达式IDFT后的结果
好像有人给这个取了个名字叫MTT
这个技巧的使用没有什么限制，只要有两个多项式都需要进行DFT/IDFT就可以用
不卡时限的题目还是不怎么需要用到这个技巧的。。。但是此题就要用
回到此题
当然你可以用三模数NTT 但是蒟蒻我并不会用
所以用FFT
如果直接FFT爆乘的话 肯定会爆出double的范围
但是 如果我们把F(x)拆成两个多项式$F(x)=A(x)*2^{15}+A_2(x)$，把$G(x)$拆成$G(x)=B(x)*2^{15}+B_2(x)$
然后计算$(A(x)*2^{15}+A_2(x))(B(x)*2^{15}+B_2(x))=A(x)*B(x)*2^{30}+(A(x)*B_2(x)+A_2(x)*B(x))*2^{15}+A_2(x)*B_2(x)$
这四个式子两两相乘是不会乘爆的
但是这样做需要做8次FFT(为了不乘爆最少也要7次) 时间上接受不了
用上面的那个技巧 我们可以把FFT的次数优化到4次
具体来说 就是$A(x)和A_2(x)$的DFT一起做$B(x)和B_2(x)$的DFT一起做
然后分别算出$A(x)*B(x),A(x)*B_2(x),A_2(x)*B(x),A_2(x)*B_2(x)$，同样两个一组做IDFT
一共4次 完美 时间上还过得去 只比NTT慢一倍左右吧
注意一定要用long double。。。可能是乘积太大了导致精度不够用
代码
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>
inline void read(T &num) {
T x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
num = x * f;
}
struct Complex {
long double x, y;
Complex(long double xx = 0, long double yy = 0): x(xx), y(yy) {}
};
inline Complex operator + (Complex p, Complex q) { return Complex(p.x+q.x , p.y+q.y); }
inline Complex operator - (Complex p, Complex q) { return Complex(p.x-q.x , p.y-q.y); }
inline Complex operator * (Complex p, Complex q) { return Complex(p.x*q.x-p.y*q.y , p.x*q.y+p.y*q.x); }
inline Complex operator / (Complex p, long double q) { return Complex(p.x/q, p.y/q); }
inline Complex conj(Complex p) { return Complex(p.x, -p.y); }
Complex I = Complex(0, 1), p[500005], q[500005], a[500005], a2[500005], b[500005], b2[500005];
ll n, m, mod, lim, l, rev[500005], ans[500005];
const long double pi = acos(-1.0);
void FFT(Complex *c, int tp) {
for (int i = 0; i < lim; i++) {
if (i < rev[i]) swap(c[i], c[rev[i]]);
}
for (int mid = 1; mid < lim; mid <<= 1) {
Complex wn = Complex(cos(pi / mid), sin(pi / mid) * tp);
for (int r = mid<<1, j = 0; j < lim; j += r) {
Complex w = Complex(1, 0);
for (int k = 0; k < mid; k++, w = w * wn) {
Complex x = c[j+k], y = w * c[j+k+mid];
c[j+k] = x + y;
c[j+k+mid] = x - y;
}
}
}
}
void DFT(Complex *A, Complex *B) {
for (int i = 0; i < lim; i++) {
p[i] = A[i] + I * B[i];
}
FFT(p, 1);
for (int i = 0; i < lim; i++) {
q[i] = conj(i ? p[lim-i] : p[0]);
}
for (int i = 0; i < lim; i++) {
A[i] = (p[i] + q[i]) / 2;
B[i] = (p[i] - q[i]) * I / -2;
}
}
int main() {
read(n), read(m), read(mod);
lim = 1, l = 0;
while (lim < n + m) {
lim <<= 1;
l++;
}
for (int i = 0; i < lim; i++) {
rev[i] = (rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
}
for (int i = 0; i <= n; i++) {
ll x; read(x);
a[i].x = x >> 15; a2[i].x = x & 0x7fff;
}
for (int i = 0; i <= m; i++) {
ll x; read(x);
b[i].x = x >> 15; b2[i].x = x & 0x7fff;
}
DFT(a, a2); DFT(b, b2);
for (int i = 0; i < lim; i++) {
p[i] = a[i] * b[i] + a[i] * b2[i] * I;
q[i] = a2[i] * b[i] + a2[i] * b2[i] * I;
}
FFT(p, -1); FFT(q, -1);
for (int i = 0; i < lim; i++) {
ll ab, ab2, a2b, a2b2;
ab = (ll)(p[i].x / lim + 0.5) % mod;
a2b = (ll)(q[i].x / lim + 0.5) % mod;
ab2 = (ll)(p[i].y / lim + 0.5) % mod;
a2b2 = (ll)(q[i].y / lim + 0.5) % mod;
ans[i] = (((ab << 30) % mod) + ((((ab2 + a2b) % mod) << 15) % mod) + a2b2) % mod;
}
for (int i = 0; i <= n + m; i++) {
printf("%lld ", ans[i]);
}
return 0;
}
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