解题报告（二）C、（darkBZOJ 2194）快速傅立叶之二（FFT、卷积的概念、常用变换）

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C、（BZOJ 2194）快速傅立叶之二（FFT、卷积的概念、常用变换）

Wbelink

https://darkbzoj.tk/problem/2194

Problem

请计算 C[k]=∑(a[i]∗b[i−k])\displaystyle C[k]=\sum(a[i]*b[i-k])C[k]=∑(a[i]∗b[i−k]) 其中 k<=i<nk < = i < nk<=i<n ，并且有 n<=105n < = 10 ^ 5n<=105。 a,ba,ba,b 中的元素均为小于等于 100100100 的非负整数。

n≤105n \leq 10^5n≤105

Solution

C(x)=A(x)∗B(x)=∑k=02n−2(∑k=i+jaibj)xkC(x)=A(x)* B(x)=\sum_{k=0}^{2n-2}(\sum_{k=i+j}a_ib_j)x^k C(x)=A(x)∗B(x)=k=0∑2n−2(k=i+j∑aibj)xk

我们知道多项式乘法：
C(x)=A(x)∗B(x)=∑i=0n(∑j=0iajbi−j)xj+i−j=∑i=0n(∑j=0iajbi−j)xiC(x)=A(x)*B(x)=\sum_{i = 0}^{n}(\sum_{j=0}^{i}a_j b_{i-j})x^{j+i-j}=\sum_{i = 0}^{n}(\sum_{j=0}^{i}a_j b_{i-j})x^{i} C(x)=A(x)∗B(x)=i=0∑n(j=0∑iajbi−j)xj+i−j=i=0∑n(j=0∑iajbi−j)xi

也就是对于 C(x)C(x)C(x) 的第 kkk 项的系数：

[k]C(x)=∑i=0kaibk−i[k]C(x)=\sum_{i=0}^{k}a_i b_{k-i} [k]C(x)=i=0∑kaibk−i

可以理解为只有小于 kkk 的系数才有可能给 xkx^kxk 做贡献，即 xj×xk−j=xkx^j\times x^{k-j}=x^kxj×xk−j=xk。而大的次幂乘起来就大于 kkk 了。

而本题中要求的式子实际上可以写成：

[k]C(x)=∑i=kn−1aibi−k[k]C(x)=\sum_{i=k}^{n-1}a_ib_{i-k}[k]C(x)=i=k∑n−1aibi−k

发现本题中要求的式子和标准的多项式卷积不太一样，所以考虑如何转化一下。

很明显这两个式子的唯一差别就是卷积循环的是前半部分，题中所求的式子循环的是后半部分，所以我们可以想办法把他们交换一下：我们设 a′a'a′ 是 aaa 数组的翻转，即： a[i]=a′[n−1−i]a[i] = a'[n - 1-i]a[i]=a′[n−1−i] 或 a′[i]=a[n−1−i]a'[i] = a[n - 1-i]a′[i]=a[n−1−i] ，二者等价。（减一是因为 aaa 数组是从 0∼n−10\sim n-10∼n−1）。

故原式等于：

[k]D(x)=∑i=kn−1an−1−i′bi−k=[n−1−k]C(x)[k]D(x)=\sum_{i=k}^{n-1}a'_{n-1-i}b_{i-k}=[n-1-k]C(x)[k]D(x)=i=k∑n−1an−1−i′bi−k=[n−1−k]C(x)

因为： i:k∼n−1i:k\sim n-1i:k∼n−1

j=n−1−i:n−1−k∼n−1−(n−1)⇒0∼n−1−kj=n-1-i:n-1-k\sim n-1-(n-1) \Rightarrow 0\sim n-1-kj=n−1−i:n−1−k∼n−1−(n−1)⇒0∼n−1−k

[k]D(x)=∑j=n−1−i=0n−1−kan−1−i′bi−k[k]D(x)=\sum_{j=n-1-i=0}^{n-1-k}a'_{n-1-i}b_{i-k}[k]D(x)=j=n−1−i=0∑n−1−kan−1−i′bi−k

n−1−i+i−k=n−1−kn-1-i+i-k=n-1-kn−1−i+i−k=n−1−k 是一个常数。

这样就变成了一个标准的卷积的形式，即可使用 FFT 求解。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef int itn;
typedef pair<int, int>PII;
const int N = 2e5 + 7, mod = 1e9 + 7;const double PI = acos(-1.0);int n, m, RR[N], limit, L;struct Complex
{double x, y;Complex (double x = 0, double y = 0) : x(x), y(y) { }Complex operator + (const Complex &t){return Complex (x + t.x, y + t.y);}Complex operator - (const Complex &t){return Complex (x - t.x, y - t.y);}Complex operator * (const Complex &t){return Complex (x * t.x - y * t.y, x * t.y + y * t.x);}
}A[N], B[N], C[N];void FFT(Complex *A, double type)
{for(int i = 0; i < limit; ++ i)if(i < RR[i])swap(A[i], A[RR[i]]);for(int mid = 1; mid < limit; mid <<= 1) {Complex wn(cos(PI / mid), type * sin(PI / mid));for(int len = mid << 1, pos = 0; pos < limit; pos += len) {Complex w(1, 0);for(int k = 0; k < mid; ++ k, w = w * wn) {Complex x = A[pos + k];Complex y = w * A[pos + mid + k];A[pos + k] = x + y;A[pos + mid + k] = x - y;}}}if(type == -1) {for(int i = 0; i <= limit; ++ i)A[i].x /= limit;}
}//a'[i] = a[n - 1 - i];int main()
{scanf("%d", &n);for(int i = 0; i < n; ++ i) {int x, y;scanf("%d%d", &x, &y);A[n - 1 - i].x = x;B[i].x = y;}L = 0, limit = 1;while(limit <= n * 2) limit <<= 1, L ++ ;for(int i = 0; i < limit; ++ i) {RR[i] = (RR[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));}FFT(A, 1), FFT(B, 1);for(int i = 0; i < limit; ++ i) {C[i] = A[i] * B[i];}FFT(C, -1);for(int i = n - 1; i >= 0; -- i) {printf("%d\n", (int)(C[i].x + 0.5));}return 0;
}