FFT小结！
零，说在前面
……令人毒瘤的FFT
其实FFT是卷积这个庞大学术课题的一个小应用啦.....
WC的时候听卷积定理真是上天的体验
那么话不多说我们开始FFT的总结.
板子我们就不放了!这个是很基础的,网上也有讲解的很详细的学习资料
大家请善用搜索引擎啦......
一，FFT与NTT的简单例题以及基础思想&技巧
首先要提到的就是反转思想了。
可能有的题目形式并不是卷积，但是我们通过改变枚举顺序，或者反转数组就可以得到卷积的形式
这样的一个典型题目就是bzoj2194了，非常基础的题目……
这里就不推式子了
然后是关于字符串匹配的问题……说一种最简单的做法吧，我们把一个串反过来，然后同种字符设为1，其余的为0，然后做卷积
这样就可以拿到哪些位置匹配了，然后把每种字符都做一遍就可以得出2个字符串有多长是一样的……
的确有的题问这个的……
以及FFT还可以和斯特林数结合起来……然后这个我正在学+做题，做完再来补上
二，FFT的更多应用
其实我和Cooook写了一个课件的包括了底下大部分东西……啊我好懒啊我不想再打一遍了
如果有想要课件的同学跟我说下啊……我把密码放在评论区……
一，多项式求逆
二，多项式开根
三，多项式除法&取模
四，多项式取$ln$
五，多项式取$exp$
六，多项式快速插值
七，多项式多点求值
八，指数型母函数
九，任意模数FFT
这个我还没有看……现在正在学ing，请等我补坑……
十，与卷积定理的结合
这个在WC2018上听LCA爷爷讲了讲……听傻了……
现在我还是不会的…估计一段时间内我也不太可能会…留坑待填
三，FFT/NTT好题选讲
后面的题我在不断做不断更新中……
一，UOJ#50
这个题我们发现其实就是一个类似于二叉树计数的题目。
首先我们发现那个标号的限制完全没有用……
不难想到一个$O(n^{3})$的dp方程，即枚举两个中子打到的子树大小，然后再看剩下的大小是否符合破坏死光的要求，再乘组合数。这是一个40pts做法。
然后，这个dp出来之后，我们发现儿子的贡献就是一个卷积的形式啊！
然后把合并写成指数型母函数的卷积，这样的复杂度是$O(n^{2}log_{n})$,可以拿到60pts
然后……你会很快的发现，如果我们把死光也看成多项式，那么就是3个卷起来，那么复杂度就成了$O(nlog_{n}^{2})$，用CDQ+FFT可以得到90pts～100pts
那么我个人就是打的这种方法！4s打2e5的CDQ+FFT是没有问题的！
最有意思的就是那个多项式的维护了。由于我们的式子是这样的：
$$F‘(x)=C(x)*F^{2}(x)+1$$
所以我们要维护一个平方的多项式，代表表示1～区间中点mid平方的结果
每次我们用平方数组更新f，然后用新计算了mid+1~r，我们就把它更新到原来那个平方里面去
怎么更新？提示：$(x+a)^{2}=x^{2}+2ax+a^{2}$
当然，我们还有一种解微分方程的做法，但是鉴于我的数学水平我并不会23333。
有兴趣的同学可以看Vfk的题解。
给个代码：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #include <cstdlib> 5 using namespace std; 6 #define N 400010 7 #define L 1100000 8 #define mod 998244353 9 #define phi 998244352 10 #define g 3 11 #define LL long long 12 inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;} 13 inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;} 14 char s[N]; 15 int f[N],pf[N],n,logi[N],litlen=1,len=1; 16 int bin[25],poww[L],rev[L],fac[L],inv[L],invf[L]; 17 inline int quick_mod(int di,int mi) 18 { 19 int ret=1; 20 for(;mi;mi>>=1,di=(LL)di*di%mod) 21 if(mi&1)ret=(LL)ret*di%mod; 22 return ret; 23 } 24 inline void upd(int &a,int b){a+=b;if(a>=mod)a-=mod;} 25 inline int sub(int a,int b){a-=b;if(a<0)a+=mod;return a;} 26 inline int dft(int *a,int opt,int le) 27 { 28 register int i,j,d,l,wn,w,tmp; 29 for(i=0;i<le;++i)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]); 30 for(d=2;d<=le;d<<=1) 31 for(wn=(opt==1)?poww[len/d]:poww[len-len/d],l=d>>1,i=0;i<le;i+=d) 32 for(w=1,j=0;j<l;++j,w=(LL)w*wn%mod) 33 tmp=(LL)a[i+j+l]*w%mod,a[i+j+l]=(a[i+j]-tmp+mod)%mod,a[i+j]=(a[i+j]+tmp)%mod; 34 // tmp=(LL)a[i+j+l]*w%mod,a[i+j+l]=sub(a[i+j],tmp),upd(a[i+j],tmp); 35 if(opt==-1) 36 for(i=0;i<le;++i)a[i]=(LL)a[i]*inv[le]%mod; 37 } 38 int ret[L],C[L],A[L],B[L]; 39 inline void CDQ(int l,int r) 40 { 41 if(l==r) 42 if(l<n){printf("%d\n",(LL)f[l]*fac[l-1]%mod);return;} 43 else {printf("%d\n",(LL)f[l]*fac[l-1]%mod);exit (0);} 44 register int le=r-l+1,i,mi=(l+r)>>1; 45 CDQ(l,mi); 46 for(i=0;i<le;++i) 47 if(i&1)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(le>>1); 48 else rev[i]=(rev[i>>1])>>1; 49 memset(A,0,le<<2),memset(B,0,le<<2); 50 for(i=l;i<=mi;++i)A[i-l]=pf[i]; 51 for(i=0;i<r-l;++i)B[i]=C[i]; 52 dft(A,1,le),dft(B,1,le); 53 for(i=0;i<le;++i)ret[i]=(LL)A[i]*B[i]%mod; 54 dft(ret,-1,le); 55 for(i=mi+1;i<=r;++i)upd(f[i],ret[i-l-1]); 56 memset(A,0,le<<2),memset(B,0,le<<2); 57 for(i=l;i<=mi;++i)A[i-l]=(LL)f[i]*inv[i]%mod; 58 for(i=0;i<=r-l;++i) 59 if(i<l)B[i]=(LL)f[i]*inv[i]*2%mod; 60 else if(i<=mi)B[i]=(LL)f[i]*inv[i]%mod; 61 dft(A,1,le),dft(B,1,le); 62 for(i=0;i<le;++i)ret[i]=(LL)A[i]*B[i]%mod; 63 dft(ret,-1,le); 64 for(i=mi+1;i<=r;++i)upd(pf[i],ret[i-l]); 65 CDQ(mi+1,r); 66 } 67 int main() 68 { 69 register int i,j; 70 for(bin[0]=i=1;i<=20;++i)bin[i]=bin[i-1]<<1; 71 scanf("%d%s",&n,s); 72 while(len<(n<<1))len<<=1; 73 poww[0]=1,poww[1]=quick_mod(g,phi/len); 74 for(i=2;i<=len;++i)poww[i]=(LL)poww[i-1]*poww[1]%mod; 75 for(fac[0]=fac[1]=1,i=2;i<=len;++i)fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%mod; 76 for(inv[0]=inv[1]=1,i=2;i<=len;++i)inv[i]=(LL)inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod; 77 for(invf[0]=invf[1]=1,i=2;i<=len;++i)invf[i]=(LL)invf[i-1]*inv[i]%mod; 78 for(i=0;i<n;++i) 79 if(s[i]==‘1‘)C[i]=(LL)invf[i]*inv[2]%mod; 80 f[1]=1,CDQ(1,len>>1); 81 }
二，UOJ#182
这题我似乎在课件里面讲了！
然后写的自己还算满意吧……再简单说一下
总之你可以发现每个数再若干次操作之后可以写成$\frac {Ax+C}{Bx+D}$的形式，x代表每个数的初始值。然后……你把它写丑一点，可以变成形如$e+f*\frac{1}{x+g}$的形式……但是具体内容请自己推导吧……
那么总和就是$n*e+f*\sum\frac{1}{x+g}$，问题转化为维护$\sum\frac{1}{x_{i}+g}$
如果我们把g看成变量的话
那么这个东西，通分可以得到等价于$\frac{ \sum _{j} \prod _{i!=j} {A_{i}+x} } {\prod _{j} (A_{j}+x)}$
注意到分母里的式子（设为$f$）可以倍增加FFT求出来
分子的式子（设为$g$），经过我们的推导，是$f$的导数
你问我怎么推导？
第一种方法，你可以打表
第二种方法，观察特殊点……我当时只看到了$[x^{n-1}]g(x)=n$
第三种方法，我们推他一下……
啊……我推了半小时推不出来
如果有会的同学请在评论区教教我
然后呢？我们可以套用多项式多点求值的模板，求出两个函数每一个点的点值，然后计算答案就行了
然后这题让我知道了指针的常数很小23333
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <ctime> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 #define mod 998244353 7 #define LL long long 8 #define RG register 9 #define N 100010 10 #define M 60010 11 char cB[1<<15],*S=cB,*T=cB; 12 #define getc (S==T&&(T=(S=cB)+fread(cB,1,1<<15,stdin),S==T)?0:*S++) 13 inline int read() 14 { 15 int x=0;RG char c=getc; 16 while(c<‘0‘|c>‘9‘)c=getc; 17 while(c>=‘0‘&c<=‘9‘)x=10*x+(c^48),c=getc; 18 return x; 19 } 20 inline int quick_mod(int di,int mi) 21 { 22 int ret=1; 23 for(;mi;mi>>=1,di=(LL)di*di%mod) 24 if(mi&1)ret=(LL)ret*di%mod; 25 return ret; 26 } 27 #define L (1<<18)+10 28 #define LM (1<<16)+10 29 int logi[L],inv[L],bin[25],rev[L],poww[L],len=1,ro=1; 30 inline void dft(int *a,int n,int opt) 31 { 32 RG int i,j,d=logi[len]-logi[n],wn,l,tmp,*x,*y,*w; 33 for(i=0;i<n;++i)if(i<(rev[i]>>d))swap(a[i],a[rev[i]>>d]); 34 for(d=2;d<=n;d<<=1) 35 for(i=0,l=d>>1,wn=(opt==1)?(len/d):(-len/d);i<n;i+=d) 36 for(w=poww+((opt==1)?0:len),j=0,x=a+i+j,y=x+l;j<l;++j,w+=wn,++x,++y) 37 tmp=(LL)(*w)*(*y)%mod,*y=(*x-tmp+mod)%mod,*x=(*x+tmp)%mod; 38 if(opt==-1)for(i=0;i<n;++i)a[i]=(LL)a[i]*inv[n]%mod; 39 } 40 int n,m,cnt,sum,x[N]; 41 int g[L<<1],h[L<<1]; 42 int sta[LM],ans[M]; 43 struct node{int e,f,g,id;}s[M]; 44 inline void ins(int a,int b,int c,int d,int id) 45 { 46 if(b==0) 47 {ans[id]=(((LL)a*sum)+((LL)c*n))%mod*(LL)quick_mod(d,mod-2)%mod;return;} 48 s[++cnt].f=((LL)b*c-(LL)a*d)%mod, 49 b=quick_mod(b,mod-2); 50 s[cnt].e=(LL)a*b%mod,s[cnt].g=(LL)d*b%mod, 51 b=(LL)b*b%mod,s[cnt].f=(LL)s[cnt].f*b%mod; 52 if(s[cnt].f<0)s[cnt].f+=mod; 53 s[cnt].id=id; 54 } 55 inline int solve0(int *a,int l,int r) 56 { 57 RG int ra=r-l+2; 58 if(ra<=128) 59 { 60 memset(a,0,ra<<2),a[0]=1; 61 RG int i,j,v; 62 for(i=l;i<=r;++i) 63 for(v=x[i],j=i-l;~j;--j) 64 a[j+1]=(a[j+1]+a[j])%mod, 65 a[j]=(LL)a[j]*v%mod; 66 return ra; 67 } 68 RG int i,mi=l+r>>1,la=1; 69 while(la<ra)la<<=1; 70 RG int *f1=a,r1=solve0(f1,l,mi); 71 RG int *f2=a+r1,r2=solve0(f2,mi+1,r); 72 static int tmp1[L],tmp2[L]; 73 memcpy(tmp1,f1,r1<<2),memset(tmp1+r1,0,(la-r1)<<2),dft(tmp1,la,1); 74 memcpy(tmp2,f2,r2<<2),memset(tmp2+r2,0,(la-r2)<<2),dft(tmp2,la,1); 75 for(i=0;i<la;++i)a[i]=(LL)tmp1[i]*tmp2[i]%mod; 76 dft(a,la,-1); 77 return ra; 78 } 79 int *p[L]; 80 inline int solve1(int id,int l,int r) 81 { 82 static int mem[LM<<4],*head=mem; 83 RG int ra=r-l+2; 84 if(ra<=128) 85 { 86 RG int i,j,v,*f=p[id]=head;head+=ra; 87 memset(f,0,ra<<2),f[0]=1; 88 for(i=l;i<=r;++i) 89 for(v=(mod-sta[i])%mod,j=i-l;~j;--j) 90 f[j+1]=(f[j+1]+f[j])%mod,f[j]=(LL)f[j]*v%mod; 91 return ra; 92 } 93 RG int mi=l+r>>1,la=1; 94 while(la<ra)la<<=1; 95 RG int r1=solve1(id<<1,l,mi),*f1=p[id<<1]; 96 RG int r2=solve1(id<<1|1,mi+1,r),*f2=p[id<<1|1]; 97 static int tmp1[LM],tmp2[LM]; 98 memcpy(tmp1,f1,r1<<2),memset(tmp1+r1,0,(la-r1)<<2),dft(tmp1,la,1); 99 memcpy(tmp2,f2,r2<<2),memset(tmp2+r2,0,(la-r2)<<2),dft(tmp2,la,1); 100 RG int i,*f=p[id]=head;head+=ra; 101 for(i=0;i<la;++i)f[i]=(LL)tmp1[i]*tmp2[i]%mod; 102 dft(f,la,-1);return ra; 103 } 104 inline int get_inv(int *a,int *ret,int ra) 105 { 106 if(ra==1){ret[0]=quick_mod(a[0],mod-2);return 1;} 107 static int tmp[L]; 108 RG int r1=get_inv(a,ret,(ra+1)>>1),i,la=1; 109 while(la<(ra<<1))la<<=1; 110 memcpy(tmp,a,ra<<2),memset(tmp+ra,0,(la-ra)<<2); 111 memset(ret+r1,0,(la-r1)<<2); 112 dft(tmp,la,1),dft(ret,la,1); 113 for(i=0;i<la;++i) 114 { 115 ret[i]=((LL)ret[i]*(2ll-((LL)ret[i]*tmp[i]%mod)))%mod; 116 if(ret[i]<0)ret[i]+=mod; 117 } 118 dft(ret,la,-1);return ra; 119 } 120 inline void rev_copy(int *st,int *to,int ra) 121 {for(RG int i=0;i<ra;++i)to[i]=st[ra-i-1];} 122 inline void reverse(int *st,int ra) 123 {for(RG int t,i=0,j=ra-1;i<j;++i,--j)t=st[i],st[i]=st[j],st[j]=t;} 124 inline int get_mod(int *a,int ra,int *p,int rp,int *ret) 125 { 126 while(ra&&!a[ra-1])--ra; 127 while(rp&&!p[rp-1])--rp; 128 if(ra<rp){memcpy(ret,a,ra<<2),memset(ret+ra,0,(rp-ra)<<2);return rp;} 129 static int tmp1[L],tmp2[L]; 130 RG int i,j,re=ra-rp+1,la=1; 131 while(la<(re<<1))la<<=1; 132 memset(tmp1,0,la<<2),rev_copy(p,tmp1,rp),get_inv(tmp1,tmp2,re); 133 memset(tmp2+re,0,(la-re)<<2),dft(tmp2,la,1); 134 rev_copy(a,tmp1,ra),memset(tmp1+re,0,(la-re)<<2),dft(tmp1,la,1); 135 for(i=0;i<la;++i)tmp1[i]=(LL)tmp1[i]*tmp2[i]%mod; 136 dft(tmp1,la,-1); 137 la=1;while(la<ra)la<<=1; 138 reverse(tmp1,re),memset(tmp1+re,0,(la-re)<<2),dft(tmp1,la,1); 139 memcpy(tmp2,p,rp<<2),memset(tmp2+rp,0,(la-rp)<<2),dft(tmp2,la,1); 140 for(i=0;i<la;++i)tmp1[i]=(LL)tmp1[i]*tmp2[i]%mod; 141 dft(tmp1,la,-1); 142 for(i=0;i<rp;++i)ret[i]=(a[i]-tmp1[i]+mod)%mod; 143 memset(ret+rp,0,(la-rp)<<2); 144 while(rp&&!ret[rp-1])--rp; 145 return rp; 146 } 147 int val0[LM],val[LM]; 148 inline void solve2(int id,int *a,int *b,int l,int r,int deg) 149 { 150 RG int ra=r-l+2; 151 if(deg<=128) 152 { 153 RG int i,j,v,u,F,G; 154 for(i=l;i<=r;val0[i]=F,val[i]=G,++i) 155 for(u=sta[i],v=1,F=G=0,j=0;j<=deg;++j,v=(LL)v*u%mod) 156 F=(F+(LL)v*a[j])%mod,G=(G+(LL)v*b[j])%mod; 157 return; 158 } 159 RG int i,mi=l+r>>1; 160 int r1=get_mod(a,deg,p[id],ra,a+deg);a+=deg; 161 int r2=get_mod(b,deg,p[id],ra,b+deg);b+=deg; 162 ra=min(r1,r2); 163 solve2(id<<1,a,b,l,mi,ra),solve2(id<<1|1,a,b,mi+1,r,ra); 164 } 165 int main() 166 { 167 RG int i,j,opt,v,A=1,B=0,C=0,D=1; 168 n=read(),m=read(); 169 while(len<(n<<1))len<<=1; 170 for(bin[0]=i=1;i<=20;++i)bin[i]=bin[i-1]<<1; 171 for(i=0;i<=20;++i) 172 inv[bin[i]]=quick_mod(bin[i],mod-2),logi[bin[i]]=i; 173 for(int i=0;i<len;++i) 174 if(i&1)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(len>>1); 175 else rev[i]=(rev[i>>1]>>1); 176 poww[0]=1,poww[1]=quick_mod(3,(mod-1)/len); 177 for(i=2;i<=len;++i)poww[i]=(LL)poww[i-1]*poww[1]%mod; 178 for(sum=0,i=1;i<=n;++i)x[i]=read(),sum=(sum+x[i])%mod; 179 for(i=1;i<=m;++i) 180 if(read()==1)v=read(),A=(A+(LL)v*B)%mod,C=(C+(LL)v*D)%mod,ins(A,B,C,D,i); 181 else swap(A,B),swap(C,D),ins(A,B,C,D,i); 182 if(cnt) 183 { 184 for(i=1;i<=cnt;++i)sta[i]=s[i].g; 185 sort(sta+1,sta+cnt+1),opt=unique(sta+1,sta+cnt+1)-sta-1; 186 for(i=1;i<=cnt;++i) 187 s[i].g=lower_bound(sta+1,sta+opt+1,s[i].g)-sta; 188 solve0(g,1,n); 189 for(h[n]=0,i=1;i<=n;++i)h[i-1]=(LL)g[i]*i%mod; 190 solve1(1,1,opt),solve2(1,g,h,1,opt,n+1); 191 for(i=1;i<=cnt;++i) 192 ans[s[i].id]=( (LL)s[i].e*n+(LL)s[i].f*val[s[i].g]%mod*quick_mod(val0[s[i].g],mod-2) )%mod; 193 } 194 for(i=1;i<=m;++i)printf("%d\n",ans[i]); 195 }
三，UOJ#86
留坑待填
四，UOJ#23
留坑待填
五，UOJ#316
留坑待填
六，codeforces553E
留坑待填
七，bzoj5093
留坑待填
四，写在最后
FFT的东西很多很杂也很难……有不少思想和题目都非常优秀的题目！
我现在学到的东西也只是沧海一粟而已，如果有不足欢迎指出！
