FFT算法总结

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闲扯

今天考试有一道能用 $NTT$ 拿到其中一个 $10^5$ 的部分分虽然其他几个大佬都被卡常了，但是我没学过，所以今天赶快补一下 $NTT$ 和 $FFT$ 的写法。

P3338 [ZJOI2014]力

题面

P3338 [ZJOI2014]力

Solution

我们先看要求的式子：

化简一下，可以得到：

其中对于 $\sum_{i<j}\frac{q_i}{(i-j)^2}$ ，我们可以设 $f(x)=q_x,g(x)=\frac{1}{x^2}$ ，那么我们相当于求 $\sum_{i=1}^{j-1}f(i)\cdot g(j-i)$ 。

由于 $f(0)=g(0)=0$ ，所以我们可以将其补全为 $\sum_{i=0}^j f(i)\cdot g(j-i)$ 。

这是一个卷积的形式，可以直接用 $FFT$ 求解。

类似的，我们将后面的 $f(x)$ 翻转一下，同样得到了一个卷积，也可以用 $FFT$ 快速求解。

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#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
	int f=1;char k=getchar();x=0;
	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
	x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
	if(x/10) _print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
	int res=1,bas=x;
	while(m){
		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
	}
	return res;
}
const int MAXN = 4e5+5;
const double pi = acos(-1.0);
int n,lim=1,len,rev[MAXN];
double ans1[MAXN],ans2[MAXN];
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[MAXN],b[MAXN],c[MAXN];
il FFT(Complex a[],int ty){
	for(ri i=0;i<lim;++i)
		if(i<rev[i])
			swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(ri md=1;md<lim;md<<=1){
		Complex w_n=Complex(cos(pi/md),ty*sin(pi/md));
		for(ri r=md<<1,j=0;j<lim;j+=r){
			Complex w=Complex(1,0);
			for(ri k=0;k<md;++k,w=w*w_n){
				Complex x=a[j+k],y=w*a[j+md+k];
				a[j+k]=x+y,a[j+md+k]=x-y;
			}
		}
	}
}
il Solve(Complex a[],Complex b[],double ans[]){
	FFT(a,1),FFT(b,1);
	for(ri i=0;i<lim;++i)
		a[i]=a[i]*b[i];
	FFT(a,-1);
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		ans[i]=a[i].x/lim;
}
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	read(n);
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		scanf("%lf",&a[i].x),c[n-i+1].x=a[i].x;
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		b[i].x=1./i/i;
	for(;lim<(n<<1);lim<<=1)
		++len;
	for(ri i=0;i<lim;++i)
		rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
	Solve(a,b,ans1);
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		b[i].x=1./i/i,b[i].y=0;
	for(ri i=n+1;i<lim;++i)
		b[i].x=0,b[i].y=0;
	b[0].x=b[0].y=0;
	Solve(c,b,ans2);
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		printf("%.3f\n",ans1[i]-ans2[n-i+1]);
	return 0;
}

P3723 [AH2017/HNOI2017]礼物

题面

P3723 [AH2017/HNOI2017]礼物

Solution

假设我们已经旋转完了，在两边都添加自然数 $c$ ，相当于是给其中一个加上一个整数 $x$ 。

因为 $m\leq100$ ，所以 $x\in[-100,100]$ ，我们可以直接枚举。

假定是在第一串上添加 $x$ ，考虑贡献：

$\sum_{i=1}^n(a_i^2+b_i^2)$ 是定值，可以提前计算。

$nx^2-2x\sum_{i=1}^n(a_i-b_i)$ 可以通过枚举 $x$ 计算最小值。（也可以通过二次函数知识计算）。

所以我们只需要最小化 $\sum_{i=1}^na_ib_i$ 即可。

我们将 $b$ 数组倒置，就变成了 $\sum_{i=1}^na_ib_{n-i+1}$ 。

由于是一个环，我们将 $a$ 数组复制一遍，然后找 $\min_{k=1}^n(\sum_{i=1}^{n}a_{i+k-1}b_{n-i+1})$ 。

这个我们只需要在 $FFT$ 之后，取 $\min_{i=n+1}^{2n}h(i)$ 即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
	int f=1;char k=getchar();x=0;
	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
	x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
	if(x/10) _print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
	int res=1,bas=x;
	while(m){
		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
	}
	return res;
}
const int MAXN = 4e5+5;
const double pi = acos(-1.0);
int n,m,k,lim=1,len,rev[MAXN];
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[MAXN];
ll s,sum,ans=LLONG_MAX,bas=LLONG_MAX;
il FFT(Complex a[],int ty){
	for(ri i=0;i<lim;++i)
		if(i<rev[i])
			swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(ri md=1;md<lim;md<<=1){
		Complex w_n=Complex(cos(pi/md),ty*sin(pi/md));
		for(ri r=md<<1,j=0;j<lim;j+=r){
			Complex w=Complex(1,0);
			for(ri k=0;k<md;++k,w=w*w_n){
				Complex x=a[j+k],y=w*a[j+md+k];
				a[j+k]=x+y,a[j+md+k]=x-y;
			}
		}
	}
	if(ty==1)
		return ;
	for(ri i=0;i<lim;++i)
		a[i].x/=lim,a[i].y/=lim;
}
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	read(n),read(m);
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		read(k),a[i].x=a[i+n].x=k,s+=1ll*k*k,sum+=k;
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		read(k),a[n-i+1].y=k,s+=1ll*k*k,sum-=k;
	for(ri i=-m;i<=m;++i)
		bas=min(bas,s+1ll*n*i*i+2ll*i*sum);
	for(;lim<(n<<2);lim<<=1)
		++len;
	for(ri i=0;i<lim;++i)
		rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
	FFT(a,1);
	for(ri i=0;i<lim;++i)
		a[i]=a[i]*a[i];
	FFT(a,-1);
	for(ri i=n+1;i<=n+n;++i)
		ans=min(ans,bas-2ll*((ll)(a[i].y/2+0.5)));
	print(ans);
	return 0;
}

总结

$FFT$ 相关的题，一般都是推出式子后，使用一些小技巧使其变为卷积的形式，然后上模板。