NTT(快速数论变换) 在取模的情况下,解决多项式乘法. n,m表示多项式的次数,从低到高读入 const int NR = 1 << 22, g = 3, gi = 332748118, mod = 998244353; //998244353的一个原根为3且998244353-1=2^23*119，3在模998244353意义下的逆元为332748118 int n, m, rev[NR]; //rev[i]为
大家觉得我是这样的人嘛，一言不合就把我p上去，还说我不看镜头很正常....属实是ntt 不就吐槽了一下这个人嘛......害，p完之后还去整了个清晰版，无法理解......
fft参考blog ntt参考blog FFT模板 点击查看代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; template<typename T> inline void read(T &x){ x=0;T fl=1;char tmp=getchar(); while(tmp<'0'||tmp>'9')fl=tmp=='-'?-fl:fl,tmp=
学习多项式求逆的过程中，看着自己的代码怎么看怎么像是\(O(nlog^2n)\) 的，然后看到了大佬的写法： void solve(LL *a,LL *b,int p){/*a:seq,b:inv*/ if(p==1){ b[0]=fpm(a[0],MOD-2); return; } solve(a,b,(p+1)>>1); lim=1; L=0; while(lim<(p<<1)){ lim<<=1; L++; }
质数模数 NTT 普通 FFT 有一个很大缺点就是精度和随带的速度 因为一直是在复数域，大量的 double 运算，精度的损失太大了，所以出现了 NTT （快速数论变换） NTT 的思想和 FFT 的思想是一样的，只是将原根换成了一个替代品\(\to\)关于模数的原根 倒数的地方就是原根关于模数的逆元
快速傅里叶变换(Fast-Fourier-Transform) 已知多项式$A(x)=\sum _{i=0}^{N} a_ix^i,B(x)=\sum _{i=0}^{M} b_ix^i$求$A(x)*B(x)$. 显然看出可以枚举两个多项式的系数，依次算出，时间$O(nm)$. 太慢了！！怎么办？利用一个奇妙的东西：FFT 多项式的点值表示法 对于一个多
题面传送门 写了个NTT然后被一堆到现在还看不懂的线性做法吊起来打。 首先我们考虑直接对重心的充要条件下手：当前节点的孩子的子树不超过\(\frac{n}{2}\)且总和大于\(\frac{n}{2}\) 先考虑设\(g_i\)表示一颗\(i\)个点的树，且没有一个子树大小超过\(\frac{n}{2}\)的方案数。发现可以
FFT 介绍 FFT 之前，我们先介绍一下多项式。 多项式 多项式的概念 多项式是一个形如 \(A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots+a_nx^n\) 的式子，我们称此时的 \(A(x)\) 为一个 \(n\) 次多项式，用更数学的语言来讲就是： \[A(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i \]可以发现 \(A(x)\) 的本质是一个函数，所
这是很大的东西，这里只是初学的一些简单题罢了...... 以下不区分 FFT 与 NTT 分治 FFT 我们知道，常规的卷积是这样： \[h_{i}=\sum_{j=0}^{i}f_jg_{i-j} \]然而很多时候，我们的数列是由自身递推而来的，或者说，形如： \[f_{i}=\sum_{j=0}^{i-1}f_{j}g_{i-j} \]运用 cdq 分治 + FFT ，我们可以
\(4.4\)省选练习 \(T1\) 很能递推的样子,模数一眼\(NTT,\)那么大概就是乘上一个转移多项式了 我们要求多少个被染色的块权值 考虑每一维分开处理,假设我们现在得到了前\(i-1\)维度的状态,我们现在增加一个维度 然后分成两种情况 \(a_i\neq 1,f[i]=f[i-1]\times 2,f[i]=f[i]\times(
来，背 稍微提一下原根的求法，我们对于模数(p-1)质因数分解，然后暴力枚举原根，我们发现原根满足 \(^{n}_{i=1}g^{\frac{p-1}{p_i}}\not\equiv 1(mod\ p)\) 就没了。 然后就是模数需要满足是\(X\times 2_n+1\) 的形式，否则上任意模数NTT #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #d
目录0. 前言原根Number Theoretic TransformsInverse Number Theoretic Transforms 0. 前言 我们在学Fast Fourier Transforms的时候就会发现输出栏有res[i]=(unsigned long)(a[i].real()/limit+.5) 这里需要加上\(0.5\)以保证输出精度 输出精度是怎么产生的呢？ 我们用复数运算，这
这个傻逼目录为什么挂了啊？？ 中文名：快速傅里叶离散变换、快速数论变换 英文名：fast fast tle FFT,NTT 之前看这东西看了好久没看懂，回来看原来只是几个无脑操作 前置芝士：三角函数基础(FFT)、原根(NTT) \(\mathtt {FFT}\) 部分 1. 胡扯 假如现在给你两个多项式 \(f,g\) ，怎么算出它们的
快速数论变换（NTT） 这东西之前就想学了，一直没有动手 orz，现在补一下。 学这东西我感觉并没有很多新知识，学之前掌握 FFT 就好了。 FFT 可以在这里看看：https://www.cnblogs.com/Tenshi/p/15434004.html NTT，是用来解决多项式乘法取模问题的，因为 FFT 可能在精度上不够，而且常数较大，因此
CRT 令 R R R是基环 (base ring)，那么 R [ x ]
#include <iostream> using namespace std; #define ll long long const ll N = 1e5+50; namespace NTT{ const int P[3] = {469762049, 998244353, 167772161},//模数 G = 3, //原根 Gi[3] = {P[0] / G + 1, P[1] / G + 1, P[2] / G + 1};//逆元 int R[N];
正题 题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11193/G 题目大意 给出\(n\)个长度为\(m\)的数组，然后你每次可以进行差分（不会改变数组长度那种）和前缀和。 如果两个数组可以在模\(998244353\)意义下操作成同一个数组，那么这两个同源，求所有的同源数组。 \(1\leq n\leq 100,1\le
题面传送门 一个奇怪的解法，时间复杂度比标算少一个 \(k^2m\) 所以建议把数据范围加强到 \(k=300,m=3\times 10^4\)，8s 时限把标算卡掉（bushi） 首先考虑部分分解法。对于 \(m=100\)，注意到转移可以写成矩阵的形式，具体来说记 \(A=\begin{bmatrix}0&1&0&0&\cdots&0&0\\0&1&1&0&\cdots&0&0
正题 题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P6295 题目大意 求所有\(n\)个点的弱联通\(DAG\)数量。 \(1\leq n\leq 10^5\) 解题思路 先不考虑弱联通的限制，求\(n\)个点的\(DAG\)数量。 设为\(f_i\)，那么有式子 \[f_n=\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}2^{i(n-i)}f_{n-i}(-1)^{i+1}
正题 题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11260/C 题目大意 一个平面上，\(n\)个起点\((0,a_i)\)分别对应终点\((i,0)\)，每次只能往上或者往左走。求不交路径数。 \(1\leq n\leq 5\times 10^5,a_i<a_{i+1},a_n\leq 10^6\) 解题思路 看起来很\(LGV\)引理，先列出行列式 \[F
正题 题目链接:https://loj.ac/p/6503 题目大意 \(n\)张卡\(m\)种，第\(i\)种卡有\(a_i\)张，求所有排列中有\(k\)对相邻且相同的卡牌。 \(1\leq n\leq 10^5,0\leq k\leq 10^5,1\leq m\leq 20000,\sum_{i=1}^ma_i=n\) 解题思路 \(k\)对相邻的相同，就是可以分成有\(n-k\)组相同的。 考
自己手摸的一套多项式板子，似乎常数并不是很优秀，优化中 默认模数P为998244353 namespace Poly{ void FWT_or(int *a,int len,int Ty){ for(int w=1;w<len;w<<=1) for(int j=0;j<len;j+=w*2) rep(i,0,w-1)a[i+j+w]+=a[i+j]*Ty; } void FWT_and(int *a,int len,int Ty){
因为FFT精度问题太离谱了，所以墙裂推荐用NTT 首先考虑精确匹配：https://www.acwing.com/problem/content/833/ 假设我们有短串\(s1\)(长度为\(n\))，长串\(s2\)（长度为\(m\)） 我们定义字符差 \[c(x,y) = s1(x) - s2(y) \]若\(c(x,y) = 0\)，表明\(s1\)的第\(x\)个字符与\(s2\)的第\(y\)个
单位根的定义就不说了。 显然有： \[\omega_n^k=\cos {2\pi k \over n}+i\sin {2\pi k \over n} \]带入这个可以直接证得： \[\omega_{2n}^{2k}=\cos {2\pi \cdot 2k \over 2n}+i\sin {2\pi \cdot 2k \over2 n}=\omega_n^k \]我们用图像理性理解可得（就是绕着原点把向量转了180度）： \[\om
正题 题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5644 题目大意 n n n个人，每个人被选中的权重是 a i
