模板题
点值表达
大莉模拟的复杂度是。
引入点值表达qwq(这部分摘抄自毒瘤czh的FFT讲稿):
例子:可以被表达为
用处:在多项式乘法中,系数表达暴力模拟复杂度,但是点值表达式可以求出
更加具体地说,我们有两个点值表达
乘积
所以我们可以通过复杂度,求出两个点值表达式乘积的结果(两个多项式的乘积又称卷积)
知道了点值表达式就珂以确定一个多项式了qwq(珂以列方程用高斯消元爆解一波qwq)
其中DFT算法是暴力把系数表达转点值表达,FFT算法是把系数表达转点值表达
DFT(离散傅里叶变换)
普通做法:随机取个值代入求值qwq。
DFT是考虑建立一个复平面,在上面怼出 画一个单位圆:
因为是单位圆,所以圆上的每一个点对应的复数模均为1。
把这个圆平均分成份,把每个点对应的复数代入。
具体地说,这个函数的点值表达是,
其中
FFT(快速傅里叶变换)
的性质
证明珂以看巨神mhy的博客qwq
这里只列出性质,就不证明了:
表达式的变形
首先把一个函数用系数表达式写出来(假设为偶数,如果不是就补一个):
按照下标的奇偶性把分成两半:
令,
不难发现。
以下分别把和代入:
把代入,得到
由的性质1,珂以得到:
把代入,得到:
分治写法
认真观察……这和长得很像?
于是珂以递归(分治)解决,每次求解左半部分的答案,再推出右半部分的答案:
void FFT(complex<double> *ans,int n,int type) {
//type=1表示FFT;type=-1表示IFFT
if(n==1) return;
//偶数存L,奇数存R
complex<double> L[(n>>1)+1],R[(n>>1)+1];
for(re i=0; i<n; i+=2) {
L[i>>1]=ans[i];
R[i>>1]=ans[i+1];
}
FFT(L,n>>1,type);
FFT(R,n>>1,type);
//玄学单位圆乱搞
complex<double> w(1,0);
complex<double> k(cos(2.0*pi/n),type*sin(2.0*pi/n));
int maxn=n>>1;
for(re i=0; i<maxn; i++) {
complex<double> tmp=w*R[i];
ans[i]=L[i]+tmp;
ans[i+maxn]=L[i]-tmp;
w*=k;
}
}
然后交到例题上,TLE??
递归常数蜃大qwq,考虑使用迭代。
迭代写法
观察下面这张图:
发现原序列的每个数按对称轴翻转一下就是后序列的数qwq,称之为位逆序置换。
所以,我们可以预处理出系数位置递归到最底层的位置,自底向上进行递推。
处理出位逆序置换之后的方法(表示进行位逆序置换之后得到的值,表示二进制下的总位数):
for(re i=0; i<MAXN; i++) { //MAXN表示要处理出来的数的总数
//表示先把最后一位去掉,剩下的部分进行反转,然后把最后一位反转到最高位qwq
R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
}
所以把递归强行用循环写出来:
第一维枚举区间长度,即递归版本中的。第二维枚举区间开始位置。第三维枚举当前数是区间中的第几个。
然后珂以大莉写一波qwq(我的版本中,区间长度实际上为):
void FFT(Complex *ans,int n,int type) {
//type=1表示FFT,type=-1表示IFFT
//把序列交换成后序列的形式
for(re i=0; i<n; i++) if(i<R[i]) swap(ans[i],ans[R[i]]);
for(re i=1; i<n; i<<=1) {
//(2*pi)/(2*i)=pi/i
Complex wn=(Complex){cos(pi/(double)i),type*sin(pi/(double)i)};
for(re j=0; j<n; j+=(i<<1)) {
Complex w=(Complex){1,0};
for(re k=0; k<i; k++) {
//类似递归版的处理
const Complex x=ans[j+k],y=w*ans[i+j+k];
ans[j+k]=x+y;
ans[i+j+k]=x-y;
w=w*wn;
}
}
}
}
IFFT(快速傅里叶逆变换)
毒瘤czh:
美妙结论:一个多项式在分治的过程中乘上单位根的共轭复数,分治完的每一项除以n即为原多项式的每一项系数(具体看程序实现,证明略)
也就是在调用的时候把type设成-1就珂以了
例题完整代码
至此,就珂以写出例题了(注意预处理和边界条件qwq):
#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#define re register int
#define rl register ll
#define pi 3.14159265358979323846264338328
using namespace std;
int read() {
re x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') {
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9') {
x=10*x+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
inline void write(const int x) {
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int Size=4000005;
//手写complex类,不过貌似也没快多少
struct Complex {
double x,y;
inline double real() {
return x;
}
};
inline Complex operator + (const Complex a,const Complex b) {
return (Complex){a.x+b.x,a.y+b.y};
}
inline Complex operator - (const Complex a,const Complex b) {
return (Complex){a.x-b.x,a.y-b.y};
}
inline Complex operator * (const Complex a,const Complex b) {
return (Complex){a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x};
}
Complex A[Size],B[Size];
int R[Size];
void FFT(Complex *ans,const int n,const int type) {
//type=1表示FFT,type=-1表示IFFT
for(re i=0; i<n; i++) if(i<R[i]) swap(ans[i],ans[R[i]]);
for(re i=1; i<n; i<<=1) {
//(2*pi)/(2*i)=pi/i
const Complex wn=(Complex){cos(pi/i),type*sin(pi/i)};
for(re j=0; j<n; j+=i<<1) {
Complex w=(Complex){1,0};
for(re k=0; k<i; k++) {
Complex x=ans[j+k],y=w*ans[i+j+k];
ans[j+k]=x+y;
ans[i+j+k]=x-y;
w=w*wn;
}
}
}
}
int ans[Size];
int main() {
int n=read();
int m=read();
for(re i=0; i<=n; i++) {
A[i]=(Complex){read(),0};
}
for(re i=0; i<=m; i++) {
B[i]=(Complex){read(),0};
}
//now为大于n+m的第一个2的幂,因为总区间长度必须是2的幂qwq
int now=1,L=0;
while(now<=n+m) {
now<<=1;
L++;
}
for(re i=0; i<now; i++) {
R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
}
FFT(A,now,1);
FFT(B,now,1);
for(re i=0; i<=now; i++) {
A[i]=A[i]*B[i];
}
FFT(A,now,-1);
for(re i=0; i<=n+m; i++) {
write(int(A[i].real()/now+0.5)); //注意四舍五入
putchar(' ');
}
return 0;
}
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还是有一篇的qwq