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NTT和运用

发布于：2019年10月5日

NTT

有时候，题目要求对一个大质数（特别是998244353之类的数）取模，就不能用FFT，而是用NTT。

NTT采用原根替代单位根，如果不了解原根，请参考这篇博客。

常见NTT质数表：

a×2b+1a\times 2^b+1 a b g
3 1 1 2
5 1 2 2
17 1 4 3
97 3 5 5
193 3 6 5
257 1 8 3
7681 15 9 17
12289 3 12 11
40961 5 13 3
65537 1 16 3
786433 3 18 10
5767169 11 19 3
7340033 7 20 3
23068673 11 21 3
104857601 25 22 3

采用NTT编写A*B problem。

代码如下：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 240005
#define MOD 998244353
#define invG 332748118 //G的逆元
#define G 3
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){
        if (ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0');
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
inline int ksm(int b,int k){
	int ans=1;
	while (k){
		if (k&1) ans=(1ll*ans*b)%MOD;
		b=(1ll*b*b)%MOD;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
static int r[MAXN],a[MAXN],b[MAXN];
inline void NTT(int *A,int n,int type){
    for (register int i=0;i<n;++i) if (i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
    for (register int i=1;i<n;i<<=1){
        int R=i<<1;
        int Gn=ksm(type==1?G:invG,(MOD-1)/R);
        for (register int j=0;j<n;j+=R){
        	int g=1;
            for (register int k=0;k<i;++k,g=(1ll*g*Gn)%MOD){
                int x=A[j+k],y=(1ll*g*A[i+j+k])%MOD;
                A[j+k]=(x+y)%MOD,A[i+j+k]=(x-y+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
}
char s1[MAXN],s2[MAXN];
int ans[MAXN];
int main(){
    int n=read();
    scanf("%s%s",s1+1,s2+1);
    for (register int i=1;i<=n;++i) a[i-1]=s1[n-i+1]-'0';
    for (register int i=1;i<=n;++i) b[i-1]=s2[n-i+1]-'0';
    int m=1,L=0;
    while (m<=2*n) m<<=1,L++;
    for (register int i=0;i<=m;++i){
        r[i]=(r[i>>1]>>1|((i&1)<<(L-1)));
    }
    NTT(a,m,1),NTT(b,m,1);
    for (register int i=0;i<=m;++i) a[i]=(1ll*a[i]*b[i])%MOD;
    NTT(a,m,-1);
    int inv=ksm(m,MOD-2);
    for (register int i=0;i<=m;++i){
        ans[i]+=(1ll*a[i]*inv)%MOD;//要乘上m的逆元
        ans[i+1]+=ans[i]/10,ans[i]%=10;
    }
    while (ans[m]==0) m--;
    for (register int i=m;i>=0;--i) putchar(ans[i]+'0');
}

常见多项式运算

这里才是重点部分。

多项式求逆

传送门

给你一个多项式AA，要你求出一个多项式BB，满足AB=1(modxn)AB=1\pmod {x^n}

系数对998244353998244353取模。

首先，理解(modxn)\pmod {x^n}是为了去掉后面的部分。

下文中的除法全部代表向下取整。

我们假设求出了一个B′B'，满足AB′=1(modxn2)AB'=1\pmod{x^{\frac{n}{2}}}，我们要求BB，满足AB=1(modxn)AB=1 \pmod{x^n}。其实就是一个小范围的解推出大范围的解。

那么我们有后面的部分B−B′=0(modxn2)B-B'=0 \pmod{x^{\frac{n}{2}}}

根据套路，我们要把后面的模数搞成xnx^n，于是两边平方。

(B−B′)2=0(modxn)(B-B')^2=0\pmod{x^n}

拆开B2−2BB′+B′2=0(modxn)B^2 -2BB'+B'^2=0 \pmod{x^n}

两边同时乘AA，发现可以消掉很多。

AB2−2ABB′+AB′2=0(modxn)AB^2-2ABB'+AB'^2=0\pmod{x^n}

显然AB=1AB=1，可以消掉，变成：

B−2B′+AB′2=0(modxn)B-2B'+AB'^2=0 \pmod{x^n}

得出B=2B′−AB′2=B′(2−AB′)(modxn)B=2B'-AB'^2=B'(2-AB') \pmod{x^n}

于是可以根据这个公式从一个小的解推出大的。

别忘了边界条件A[0]=B[0]−1A[0]=B[0]^{-1}。

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 1000005
#define MOD 998244353
#define invG 332748118
#define G 3
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){
        if (ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0');
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
inline int ksm(int b,int k){
	int ans=1;
	while (k){
		if (k&1) ans=(1ll*ans*b)%MOD;
		b=(1ll*b*b)%MOD;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
int r[MAXN],C[MAXN];
inline void NTT(int *A,int n,int type){
    for (register int i=0;i<n;++i) if (i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
    for (register int i=1;i<n;i<<=1){
        int R=i<<1;
        int Gn=ksm(type==1?G:invG,(MOD-1)/R);
        for (register int j=0;j<n;j+=R){
        	int g=1;
            for (register int k=0;k<i;++k,g=(1ll*g*Gn)%MOD){
                int x=A[j+k],y=(1ll*g*A[i+j+k])%MOD;
                A[j+k]=(x+y)%MOD,A[i+j+k]=(x-y+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
}
inline int get_inv(int x){
	return ksm(x,MOD-2);
}
int m,L;
inline void Init(int len){
	m=1,L=0;
	while (m<2*len) m<<=1,L++;
	for (register int i=0;i<m;++i){
		r[i]=(r[i>>1]>>1|((i&1)<<(L-1)));
	}
}
inline void Inv(int *A,int *B,int len){
	if (len==1){
		B[0]=get_inv(A[0]);
		return ;
	}
	Inv(A,B,(len+1)>>1);//注意是向上取整
	Init(len);
	for (register int i=0;i<len;++i) C[i]=A[i];//只用前面一部分
	for (register int i=len;i<m;++i) C[i]=0;
	NTT(C,m,1),NTT(B,m,1);
	for (register int i=0;i<m;++i){
		B[i]=(2ll-1ll*B[i]*C[i]%MOD+MOD)*B[i]%MOD;
	}
	NTT(B,m,-1);
    int inv=get_inv(m);
	for (register int i=0;i<len;++i) B[i]=(1ll*B[i]*inv)%MOD;//推完之后B'->B
	for (register int i=len;i<m;++i) B[i]=0;//多出来的部分要舍去
}
int F[MAXN],Ans[MAXN];
int main(){
	int n=read();
	for (register int i=0;i<n;++i) F[i]=read();
	Inv(F,Ans,n);
	for (register int i=0;i<n;++i) printf("%d ",Ans[i]);
}

分治FFT

传送门

此题我们使用生成函数做法。

构造生成函数f(x)=∑i=0∞f[i]×xi,g(x)=∑i=0∞g[i]×xif(x)=\sum_{i=0}^\infty f[i] \times x^i,g(x)=\sum_{i=0}^\infty g[i] \times x^i。

注意到f(x)∗g(x)=f(x)f(x)*g(x)=f(x)。

欸这个有问题吧，这个应该无解才对啊！

再看一眼题目，注意到f(x)×g(x)f(x) \times g(x)没有取到x0x^0

怎么办呢？补上一个11即可。（也可以这么理解，卷积起来之后整体后移了一位，所以要补上）

得到式子f(x)∗g(x)+1=f(x)f(x)*g(x)+1=f(x)

解得f(x)(1−g(x))=1f(x)(1-g(x))=1。

因为只用求前nn项，转化为f(x)(1−g(x))=1(modxn)f(x)(1-g(x))=1 \pmod{x^n}

于是f(x)=(1−g(x))−1(modxn)f(x)=(1-g(x))^{-1} \pmod{x^n}。

对于生成函数做法，还有一个解释，暴力做法是每次分别求出f[i]f[i]，而生成函数做法是一起解出ff。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 1000005
#define MOD 998244353
#define invG 332748118
#define G 3
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){
        if (ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0');
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
inline int ksm(int b,int k){
	int ans=1;
	while (k){
		if (k&1) ans=(1ll*ans*b)%MOD;
		b=(1ll*b*b)%MOD;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
int r[MAXN],C[MAXN];
inline void NTT(int *A,int n,int type){
    for (register int i=0;i<n;++i) if (i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
    for (register int i=1;i<n;i<<=1){
        int R=i<<1;
        int Gn=ksm(type==1?G:invG,(MOD-1)/R);
        for (register int j=0;j<n;j+=R){
        	int g=1;
            for (register int k=0;k<i;++k,g=(1ll*g*Gn)%MOD){
                int x=A[j+k],y=(1ll*g*A[i+j+k])%MOD;
                A[j+k]=(x+y)%MOD,A[i+j+k]=(x-y+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
}
inline int get_inv(int x){
	return ksm(x,MOD-2);
}
int m,L;
inline void Init(int len){
	m=1,L=0;
	while (m<2*len) m<<=1,L++;
	for (register int i=0;i<m;++i){
		r[i]=(r[i>>1]>>1|((i&1)<<(L-1)));
	}
}
inline void Inv(int *A,int *B,int len){
	if (len==1){
		B[0]=get_inv(A[0]);
		return ;
	}
	Inv(A,B,(len+1)>>1);
	Init(len);
	for (register int i=0;i<len;++i) C[i]=A[i];
	for (register int i=len;i<m;++i) C[i]=0;
	NTT(C,m,1),NTT(B,m,1);
	for (register int i=0;i<m;++i){
		B[i]=(2ll-1ll*B[i]*C[i]%MOD+MOD)*B[i]%MOD;
	}
	NTT(B,m,-1);
    int inv=get_inv(m);
	for (register int i=0;i<len;++i) B[i]=(1ll*B[i]*inv)%MOD;
	for (register int i=len;i<m;++i) B[i]=0;
}
int F[MAXN],Ans[MAXN];
int main(){
	int n=read();
	F[0]=1;
	for (register int i=1;i<n;++i) F[i]=(-read()+MOD)%MOD;
	Inv(F,Ans,n);
	for (register int i=0;i<n;++i) printf("%d ",Ans[i]);
}

多项式开根

传送门

给你一个n−1n-1次多项式A(x)A(x)，求B(x)B(x)，使得B(x)2=A(x)(modxn)B(x)^2=A(x) \pmod{x^n}

还是多项式求逆的套路。

考虑现在已经求出B′(x)B'(x)，使得B′(x)2=A(x)(modxn2)B'(x) ^2 = A(x) \pmod{x^{\frac{n}{2}}}。

求出一个B(x)B(x)使得B(x)2=A(x)(modxn)B(x)^2=A(x)\pmod{x^{n}}。

两边相减

B(x)2−B′(x)2=0(modxn2)B(x)^2-B'(x)^2=0\pmod{x^{\frac{n}{2}}}。

(B(x)+B′(x))(B(x)−B′(x))=0(modxn2)(B(x)+B'(x))(B(x)-B'(x))=0 \pmod{x^{\frac{n}{2}}}

显然B(x)+B′(x)≠0B(x)+B'(x)\not=0。

有B(x)−B′(x)=0(modxn2)B(x)-B'(x)=0\pmod{x^\frac{n}{2}}。

还是老套路，两边平方。

B(x)2−2B(x)B′(x)+B′(x)2=0(modxn)B(x)^2-2B(x)B'(x)+B'(x)^2=0\pmod{x^n}

注意到B(x)2=A(x)B(x)^2=A(x)。

代入得：

A(x)−2B(x)B′(x)+B′(x)2=0(modxn)A(x)-2B(x)B'(x)+B'(x)^2=0\pmod{x^n}。

所以B(x)=A(x)+B′(x)22B′(x)=inv(2)∗(A(x)B′−1(x)+B′(x))B(x)=\frac{A(x)+B'(x)^2}{2B'(x)}=inv(2) *(A(x)B'^{-1}(x)+B'(x))

再次套用多项式求逆的模板即可。

边界B[0]=A[0]=1B[0]=\sqrt {A[0]}=1。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 1000005
#define MOD 998244353
#define invG 332748118
#define G 3
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){
        if (ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0');
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
inline int ksm(int b,int k){
	int ans=1;
	while (k){
		if (k&1) ans=(1ll*ans*b)%MOD;
		b=(1ll*b*b)%MOD;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
int r[MAXN],C[MAXN];
inline void NTT(int *A,int n,int type){
    for (register int i=0;i<n;++i) if (i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
    for (register int i=1;i<n;i<<=1){
        int R=i<<1;
        int Gn=ksm(type==1?G:invG,(MOD-1)/R);
        for (register int j=0;j<n;j+=R){
        	int g=1;
            for (register int k=0;k<i;++k,g=(1ll*g*Gn)%MOD){
                int x=A[j+k],y=(1ll*g*A[i+j+k])%MOD;
                A[j+k]=(x+y)%MOD,A[i+j+k]=(x-y+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
}
inline int get_inv(int x){
	return ksm(x,MOD-2);
}
int m,L;
inline void Init(int len){
	m=1,L=0;
	while (m<2*len) m<<=1,L++;
	for (register int i=0;i<m;++i){
		r[i]=(r[i>>1]>>1|((i&1)<<(L-1)));
	}
}
inline void Inv(int *A,int *B,int len){
	if (len==1){
		B[0]=get_inv(A[0]);
		return ;
	}
	Inv(A,B,(len+1)>>1);
	Init(len);
	for (register int i=0;i<len;++i) C[i]=A[i];
	for (register int i=len;i<m;++i) C[i]=0;
	NTT(C,m,1),NTT(B,m,1);
	for (register int i=0;i<m;++i){
		B[i]=(2ll-1ll*B[i]*C[i]%MOD+MOD)*B[i]%MOD;
	}
	NTT(B,m,-1);
    int inv=get_inv(m);
	for (register int i=0;i<len;++i) B[i]=(1ll*B[i]*inv)%MOD;
	for (register int i=len;i<m;++i) B[i]=0;
}
int D[MAXN],inv2;
inline void Sqrt(int *A,int *B,int len){
	if (len==1){
		B[0]=A[0];
		return ;//保证a_0=1
	}
	Sqrt(A,B,(len+1)>>1);
	for (register int i=0;i<(len<<1);++i) D[i]=0;
	Inv(B,D,len);//得出B^-1(x)
	Init(len);
	for (register int i=0;i<len;++i) C[i]=A[i];
	for (register int i=len;i<m;++i) C[i]=0;
	NTT(B,m,1),NTT(C,m,1),NTT(D,m,1);//B:目标 C:A(x) D:B^-1(x)
    //注意要做三次NTT
	for (register int i=0;i<m;++i){
		B[i]=1ll*inv2*(1ll*C[i]*D[i]%MOD+B[i])%MOD;
	}
	NTT(B,m,-1);
	int inv=get_inv(m);
	for (register int i=0;i<len;++i) B[i]=(1ll*B[i]*inv)%MOD;
	for (register int i=len;i<m;++i) B[i]=0;
}
int F[MAXN],Ans[MAXN];
int main(){
	inv2=ksm(2,MOD-2);
	int n=read();
	for (register int i=0;i<n;++i) F[i]=read();
	Sqrt(F,Ans,n);
	for (register int i=0;i<n;++i) printf("%d ",Ans[i]);
}

例题

例题1

P4841 城市规划

此题即是数据加强版POJ1737，题解在此

这里不再讨论dpdp方程式，而是着重讨论优化方法。

我们有F(i)=2Ci2−∑j=1i−1F(j)×2Ci−j2×Ci−1j−1F(i)=2^{C_i^2} - \sum_{j=1}^{i-1} F(j) \times 2^{C_{i-j}^2} \times C_{i-1}^{j-1}。

爆拆一波CC，有Ci−1j−1=(i−1)!(i−j)!(j−1)!C_{i-1}^{j-1}=\frac{(i-1)!}{(i-j)!(j-1)!}。

两边同时除(i−1)!(i-1)!，得 F(i)(i−1)!=2Ci2(i−1)!−∑j=1i−1F(j)(j−1)!×2Ci−j2(i−j)!\frac{F(i)}{(i-1)!}=\frac{2^{C_i^2}}{(i-1)!}-\sum_{j=1}^{i-1} \frac{F(j)}{(j-1)!} \times \frac {2^{C_{i-j}^2}}{(i-j)!}（剩下的(i−j)!(i-j)!和(j−1)!(j-1)!刚好每人分一个）

设A(x)=F(i)(i−1)!,B(x)=2Ci2(i−1)!,C(x)=2Ci2i!A(x)=\frac{F(i)}{(i-1)!},B(x)=\frac{2^{C_{i}^2}}{(i-1)!},C(x)=\frac{2^{C_{i}^2}}{i!}

推导这里发现有个致命的错误，∑j=1i−1\sum _{j=1}^{i-1}无法解决，必须重新构造式子。

把后面一坨扔到前面去，左边部分变成F(i)+∑j=1i−1F(j)×2Ci−j2×Ci−1j−1F(i)+\sum_{j=1}^{i-1} F(j) \times 2^{C_{i-j}^2} \times C_{i-1}^{j-1}。

注意到j=ij=i时，2Ci−j2=20=12^{C_{i-j}^2}=2^0=1，Ci−1j−1=1C_{i-1}^{j-1}=1。

于是可以把他们两个合并起来，变成∑j=1iF(j)×2Ci−j2×Ci−1j−1\sum_{j=1}^iF(j)\times 2^{C_{i-j}^2} \times C_{i-1}^{j-1}。

等价于A(x)B(x)=C(x)A(x)B(x)=C(x)。

于是得到A(x)=C(x)B(x)−1A(x)=C(x) B(x)^{-1}。

可以使用多项式求逆解决。

别忘了A(x)=F(i)(i−1)!A(x)=\frac {F(i)}{(i-1)!}，所以答案要乘(i−1)!(i-1)!。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 2000005
#define MOD 1004535809
#define invG 334845270
#define G 3
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){
        if (ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0');
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
inline int ksm(int b,int k){
	int ans=1;
	while (k){
		if (k&1) ans=(1ll*ans*b)%MOD;
		b=(1ll*b*b)%MOD;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
inline int get_inv(int x){
	return ksm(x,MOD-2);
}
int r[MAXN],C[MAXN];
inline void NTT(int *A,int n,int type){
    for (register int i=0;i<n;++i) if (i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
    for (register int i=1;i<n;i<<=1){
        int R=i<<1;
        int Gn=ksm(type==1?G:invG,(MOD-1)/R);
        for (register int j=0;j<n;j+=R){
        	int g=1;
            for (register int k=0;k<i;++k,g=(1ll*g*Gn)%MOD){
                int x=A[j+k],y=(1ll*g*A[i+j+k])%MOD;
                A[j+k]=(x+y)%MOD,A[i+j+k]=(x-y+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    if (type==1) return ;
    int inv=get_inv(n);
    for (register int i=0;i<n;++i){
    	A[i]=1ll*A[i]*inv%MOD;
	}
}
int m,L;
inline void InitNTT(int len){
	m=1,L=0;
	while (m<2*len) m<<=1,L++;
	for (register int i=0;i<m;++i){
		r[i]=(r[i>>1]>>1|((i&1)<<(L-1)));
	}
}
inline void Inv(int *A,int *B,int len){
	if (len==1){
		B[0]=get_inv(A[0]);
		return ;
	}
	Inv(A,B,(len+1)>>1);
	InitNTT(len);
	for (register int i=0;i<len;++i) C[i]=A[i];
	for (register int i=len;i<m;++i) C[i]=0;
	NTT(C,m,1),NTT(B,m,1);
	for (register int i=0;i<m;++i){
		B[i]=((2ll-1ll*B[i]*C[i]%MOD+MOD)*B[i]%MOD+MOD)%MOD;
	}
	NTT(B,m,-1);
	for (register int i=len;i<m;++i) B[i]=0;
}
int F[MAXN];
int A[MAXN],B[MAXN],Ans[MAXN];
int fac[MAXN],inv_fac[MAXN],n;
int inv2=ksm(2,MOD-2);
//F=A*B^-1
inline int Calc(int x){
	return 1ll*x*(x-1)/2;//不能取模，要取也只能是MOD-1
}
inline void Init(){
	fac[0]=1;
	for (register int i=1;i<=n;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD;
	for (register int i=0;i<=n;++i) inv_fac[i]=ksm(fac[i],MOD-2);
}
#undef int
int main(){
#define int long long
	n=read();
	Init();
	for (register int i=1;i<=n;++i){
		A[i]=1ll*ksm(2,Calc(i))*inv_fac[i-1]%MOD;
	}
	for (register int i=0;i<=n;++i){
		B[i]=1ll*ksm(2,Calc(i))*inv_fac[i]%MOD;
	}
	InitNTT(n);
	Inv(B,Ans,m);
    
	InitNTT(n);
	NTT(A,m,1);NTT(Ans,m,1);
	for (register int i=0;i<m;++i) A[i]=1ll*A[i]*Ans[i]%MOD;
	NTT(A,m,-1);
    
	printf("%lld\n",1ll*A[n]*fac[n-1]%MOD);
}
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更新于：2022年7月12日

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