多项式乘法的一些小Trick

关于差的“卷积”

众所周知，FFT/NTT 能够快速求出下面的数组$c$

$$c_i=\sum _{j=0}^i{a}_j{b}_{i-j}$$

但是，有的时候，我们要求的却是

$$c_i=\sum _{j=0}^{n-i}{a}_j{b}_{i+j}$$

这显然不是卷积形式了。不慌，我们考虑将$a$给翻转一下，即

$$c_i=\sum _{j=0}^{n-i}{a}_{n+1-j}{b}_{i+j}$$

由于$(n+1)-j+(i+j)=n+i+1$与$j$无关，所以我们只需要将翻转后的$a$与$b$求一遍卷积得到$d$，那么$c_i=d_{n+1+i}$。

关于min/max的卷积

此时我们要求的是${\sum }_{i=0}^{n}min(a_i,b_{n-i})$(以$min$为例)。

这个式子不能直接用FFT/NTT去求。由于自然数$p$满足$p={\sum }_{i=1}^{\infty }[i\le p]$，从而原式可以化为

$$\sum _{j=1}^{\infty }\sum _{i=0}^n[j\le min(a_i,b_{n-i})]$$

即$$\sum _{j=1}^{\infty }\sum _{i=0}^n[j\le a_i][j\le b_{n-i}]$$

于是我们枚举$j$，然后令$f_i=[j\le a_i],g_i=[j\le b_i]$再累加$f,g$的卷积即可。

关于这个东西的应用我们马上就会提到。

例题

T1(Luogu P6300)

Description

给定一个长度为$n$的序列$A$和一个数$m$。对于每个在$[1,m]$中的数$i$，你需要分别回答：

$\lfloor$ 将$A$序列中的数两两匹配(可能会有数不在任何匹配中)，满足一个匹配中两个数的和恰好等于$i$的匹配的数量最大值 $\rceil$

$n\le 10^5,a_i\le 10^5$且$m=\max a_i$。

Solution

令$a$为$A$序列的桶，即$a_i={\sum }_{j=1}^n[A_j=i]$。

不难发现，一次询问的答案即为${\sum }_{j=0}^{n}min(a_j,b_{i-j})$。这个东西我们在上面提到过，可以先枚举$j$，然后令$f_i=[j\le a_i],g_i=[j\le b_i]$再累加$f,g$的卷积得到$ans$数组。

但是这么做的时间复杂度是$O(m^2\log m)$。

同时，我们再去考虑一个暴力做法。

我们枚举桶中的两个数$i,j$，将$an{s}_{i,j}$加上$min(a_i,a_j)$。

但是这么做的时间复杂度是$O(m^2)$的。

考虑结合上面两种做法。

令$p$为使用上述两种做法的分界点。
①根据$ans={\sum }_{j=1}^{\infty }{\sum }_{i=0}^n[j\le a_i][j\le b_{n-i}]$，我们只将$j$从$1$枚举到$p$，剩下的$j$我们暂不考虑。
②对于所有满足比$p$大的$a_i$去暴力枚举累加贡献。

①的时间复杂度为$O(pm\log m)$，②的时间复杂度为$O((\frac{n}{p}{)}^2)$。为什么②的时间复杂度是$O((\frac{n}{p}{)}^2)$呢？因为这里的$a$是一个桶，若$a_i$比$p$大，那么对应的，序列中$i$出现的次数超过了$p$。而序列中一共只有$n$个数，所以满足比$p$大的$a_i$的级别只有$O(\frac{n}{p})$。

于是总时间复杂度为$O(pm\log m+(\frac{n}{p}{)}^2)$。令$m$与$n$同阶，解方程

$$pn\log n=(\frac{n}{p}{)}^2$$

解得$$p=\sqrt{\frac{n}{\log n}}$$

而由于卷积的复杂度较大，我们取$p=\frac{\sqrt{\frac{n}{\log n}}}{2}$时实现是相对最优。

于是时间复杂度为$O(n\log n)$。

T2(Luogu P3338)

Description

Solution

令$a_i=q_i,b_i=(\frac{1}{i}{)}^2$，则有
$$E_j=\sum _{i=1}^{j-1}{q}_i{b}_{j-i}-\sum _{i=j+1}^n{q}_i{b}_{i-j}$$

对于右式的前半部分，显然是一个关于“和”的卷积，直接NTT即可；而后半部分是一个关于“差”的卷积，按照本文开头所述的方法，我们需要翻转之后再求一遍卷积。

时间复杂度为$O(n\log n)$。注意精度控制。

T3(Luogu P3321)

Description

Solution

由于FFT只能处理关于“和”的卷积，所以我们先考虑化加为乘，这样会对问题起到极大的简化作用。

令在模意义下的底数为$base$。于是，我们就可以将问题转化为: 将给定的序列中的每一个数$a_i$变成模意义下的$bas{e}^{a_i}$，请问能够生成多少个序列，使得这个序列各项之和在模意义下为${\log }_{base}x$。

现在的问题就十分简单了：处理出原序列的桶，令桶为多项式的各项系数；我们做$|S|$次循环卷积，答案即为$x^X$($x$是形式幂级数，$X$为给定的值)项的系数。

我们直接多项式快速幂即可。本题得到完美解决！

正当你代码写完之后，发现……

当$base$取得不好的时候会出现像哈希冲突一样的玩意儿。比如$mod=6,base=2$时，$2^3\equiv 2^1(mod6)$；也就是说，$2$既可以表示为$2$也可以表示为$4$，这样导致了答案的不正确。

于是，你得出了以下结论——

$\lfloor$ 这个$base$需要满足$bas{e}^1\cdots bas{e}^{mod-1}$互不相同，也就是说真数$[1,2\cdots mod-1]$与底数$[1,2\cdots mod-1]$需一一对应。$\rceil$

这时恍然大悟的你发现了，$base$事实上就是$mod$的原根。

于是我们套用原根的板子得到$base$，然后在模意义下转化数组与限制并多项式快速幂即可。

总时间复杂度为$O(n+m\log m)$。

最后

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