NTT(FFT)+CDQ优化DP

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#组合数学 #NTT #CDQ #DP

DP柿子满足卷积形式均可以用CDQ+NTT优化

\small dp[i]=\sum_{k=1}^{i}dp[i-k]*f1[k]/f2[i-k] =\sum ai*bi,ai,bi,为两个生成函数的系数

 

例题1.hdu5322  模数资瓷NTT，ans=dp[n],n<=1e5(下面柿子的(j-1)!应该是(i-1)! )

系数ai=dp[i]/i! ,bi=i*i,在CDQ里用NTT

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
//AC hdu5322 998ms
inline int gi(){//快读 
    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 f?x:-x;
}

const int _ = 4e5+5;//2倍 
const int mod = 998244353;//模数 
ll n,m,s,N,lim,ans;ll jc[_];
ll inv[_],a[_],b[_],rev[_],l,og[_];//NTT本身用到的数组 
ll qmod(ll a,ll b){//快速幂 
    int res=1;
    while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
    return res;
}
void ntt(ll *P,ll len,int opt){//基本上不用改 
    for (int i=0;i<len;++i) if (i<rev[i]) swap(P[i],P[rev[i]]);
    for (int i=1;i<len;i<<=1){
        ll W=qmod(3,(mod-1)/(i<<1));//3 根据模数的原根  可能要改 
        if (opt==-1) W=qmod(W,mod-2);
        og[0]=1;
        for (int j=1;j<i;++j) og[j]=1ll*og[j-1]*W%mod;
        for (int p=i<<1,j=0;j<len;j+=p)
            for (int k=0;k<i;++k){
                ll x=P[j+k],y=1ll*og[k]*P[j+k+i]%mod;
                P[j+k]=(x+y)%mod,P[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
            }
    }
    if (opt==-1) for (int i=0,Inv=qmod(len,mod-2);i<len;++i) P[i]=1ll*P[i]*Inv%mod;
}

ll dp[100005];
void cdq(int l,int r)
{
	if(l==r)return ;
	int m=l+r>>1;
	cdq(l,m);
	ll len,lll=0;for (len=1;len<=((r-l+1)<<1);len<<=1) ++lll;--lll;//固定 
	for (int i=0;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<lll);//固定 
	
	//预处理系数 
	for(int i=0;i<len;i++){
		a[i]=b[i]=0;
		if(i<=r-l+1) b[i]=1ll*i*i%mod;//预处理bi 不固定  非dp项1~r-l+1 
	}
	for(int i=l;i<=m;i++) a[i-l+1]=1ll*dp[i]*inv[i]%mod;//预处理ai 不固定 dp项 l~m
	
	ntt(a,len,1);ntt(b,len,1); 
    for (int i=0;i<len;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    ntt(a,len,-1);
    
    for(int i=m+1;i<=r;i++) dp[i]=(dp[i]+1ll*a[i-l+1]*jc[i-1]%mod)%mod;//将[l~m]的影响加到dp[m+1~r]上 
    cdq(m+1,r);
}


int main(){
    //n=gi();m=gi();//快读
	//N=max(n,m);//求和表达式 上限   (3.会用到) 
	lim=_-3;//阶乘上限   (非NTT)
	
	//预处理阶乘 跟逆元阶乘 (非NTT)
    jc[0]=1; for (int i=1;i<=lim;++i) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
    inv[lim]=qmod(jc[lim],mod-2);
    for (int i=lim;i;--i) inv[i-1]=1ll*inv[i]*i%mod;
    
    memset(dp,0,sizeof(dp));
	dp[0]=1;
    cdq(0,100000);//预处理DP 
    while(~scanf("%d",&n))printf("%d\n",dp[n]%mod);
    
    
    //1.NTT   固定操作，处理数据的两倍 对2^k向上取整=len 
    //for (len=1;len<=(N<<1);len<<=1) ++l;--l;
    
    //2.NTT	  固定操作，预处理rev 蝶形变换 
    //for (int i=0;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
    
    //3.NTT   灵活操作  ai bi的表达式 
    //for (int i=0;i<=n;++i) a[i]=gi();
    //for (int i=0;i<=m;++i) b[i]=gi();
    
    //4.NTT   固定操作  ai卷积bi  也就是(a0+a1x+a2x^2...)*(b0+b1x+b2x^2....)=sum_{i=0...n}sum_{j=0...i}ai*b(j-i)
    //ntt(a,1);ntt(b,1); 
    //for (int i=0;i<len;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    //ntt(a,-1);
    
    //5.NTT非固定操作  计算求和表达式的答案ans  
    //for (int i=0;i<=n+m;++i) printf("%d ",a[i]); puts("");
    //for(int i=0;i<=m;i++) printf("%d ",a[i]);
    //printf("%d\n",ans);
    
    
    return 0;
}

 

例题2.hdu5730   ans=dp[n],n<=1e5

ai=dp[i] bi=a[i],a[i]是题目给的= =

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long 
const double eps=1e-8;

const double PI = acos(-1.0);//精度不够会WA换long double 

struct Complex{
    double real, image;//精度不够会WA换long double 
    Complex(double _real, double _image)//精度不够会WA换long double 
    {
        real = _real;
        image = _image;
    }
    Complex() {}
};
Complex operator + (const Complex &c1, const Complex &c2){
    return Complex(c1.real + c2.real, c1.image + c2.image);
}
Complex operator - (const Complex &c1, const Complex &c2){
    return Complex(c1.real - c2.real, c1.image - c2.image);
}
Complex operator * (const Complex &c1, const Complex &c2){
    return Complex(c1.real*c2.real - c1.image*c2.image, c1.real*c2.image + c1.image*c2.real);
}
int rev(int id, int len)
{
    int ret = 0;
    for(int i = 0; (1 << i) < len; i++)
    {
        ret <<= 1;
        if(id & (1 << i)) ret |= 1;
    }
    return ret;
}
Complex A[1 << 19];//tmp
void FFT(Complex *a, int len, int DFT)
{
    for(int i = 0; i < len; i++)
        A[rev(i, len)] = a[i];
    for(int s = 1; (1 << s) <= len; s++)
    {
        int m = (1 << s);
        Complex wm = Complex(cos(DFT*2*PI/m), sin(DFT*2*PI/m));
        for(int k = 0; k < len; k += m)
        {
            Complex w = Complex(1, 0);
            for(int j = 0; j < (m >> 1); j++)
            {
                Complex t = w*A[k + j + (m >> 1)];
                Complex u = A[k + j];
                A[k + j] = u + t;
                A[k + j + (m >> 1)] = u - t;
                w = w*wm;
            }
        }
    }
    if(DFT == -1) for(int i = 0; i < len; i++) A[i].real /= len, A[i].image /= len;
    for(int i = 0; i < len; i++) a[i] = A[i];
    return;
}
Complex a[1<<19];//系数数组，后面要移到复数数组，好像直接开复数数组比较好， 
Complex b[1<<19];
int dp[100005];int vv[100005];
void cdq(int l,int r)
{
	if(l==r) return ;
	int m=l+r>>1;
	cdq(l,m);
	int len=1;while(len<=r-l+1)len=len<<1;len=len<<1;
	
	//预处理系数 
	for(int i=0;i<len;i++)a[i]=b[i]=Complex(0,0);
	for(int i=l;i<=m;i++)b[i-l+1]=Complex(dp[i],0);//dp 只能l~m 
	for(int i=1;i<=r-l+1;i++)a[i]=Complex(vv[i],0);//非dp项需要l~r 
	
	FFT(a,len,1); FFT(b,len,1);
	for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*b[i];
	FFT(a,len,-1);
	
	for(int i=m+1;i<=r;i++)dp[i]=dp[i]+(ll)(a[i-l+1].real+0.5),dp[i]%=313;
	cdq(m+1,r);
}
int main()
{
   int n;
   while(~scanf("%d",&n))
   {
   		if(n==0)break;
   		memset(vv,0,sizeof(vv));
   		for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&vv[i]),vv[i]%=313;
   		memset(dp,0,sizeof(dp));
   		dp[0]=1;
   		cdq(0,n);
   		printf("%d\n",dp[n]%313);
   }
   
}

 

例题3.BZOJ4555   n<=1e5

\small DP[n]=n!\sum_{i=1}^{n}\frac{2*DP[n-i]}{i!*(n-i)!},ans=\sum_{i=0}^{n}DP[i]

直接上 bi=2/i!,ai=dpi/i!

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
//AC hdu5322 998ms
//AC BZOJ4555 26111ms
//dp[i]=i!*sum dp[i-j]*2/j!;
inline int gi(){//快读 
    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 f?x:-x;
}

const int _ = 4e5+5;//2倍 
const int mod = 998244353;//模数 
int n,m,s,N,lim,ans;int jc[_];
int inv[_],a[_],b[_],rev[_],l,og[_];//NTT本身用到的数组 
int qmod(int a,int b){//快速幂 
    int res=1;
    while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
    return res;
}
void ntt(int *P,int len,int opt){//基本上不用改 
    for (int i=0;i<len;++i) if (i<rev[i]) swap(P[i],P[rev[i]]);
    for (int i=1;i<len;i<<=1){
        ll W=qmod(3,(mod-1)/(i<<1));//3 根据模数的原根  可能要改 
        if (opt==-1) W=qmod(W,mod-2);
        og[0]=1;
        for (int j=1;j<i;++j) og[j]=1ll*og[j-1]*W%mod;
        for (int p=i<<1,j=0;j<len;j+=p)
            for (int k=0;k<i;++k){
                ll x=P[j+k],y=1ll*og[k]*P[j+k+i]%mod;
                P[j+k]=(x+y)%mod,P[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
            }
    }
    if (opt==-1) for (int i=0,Inv=qmod(len,mod-2);i<len;++i) P[i]=1ll*P[i]*Inv%mod;
}

ll dp[100005];
void cdq(int l,int r)
{
	if(l==r)return ;
	int m=l+r>>1;
	cdq(l,m);
	ll len,lll=0;for (len=1;len<=((r-l+1)<<1);len<<=1) ++lll;--lll;//固定 
	for (int i=0;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<lll);//固定 
	//预处理系数 
	for(int i=0;i<len;i++){
		a[i]=b[i]=0;
		if(i<=r-l+1) b[i]=1ll*2*inv[i]%mod;//预处理bi 不固定  非dp项1~r-l+1 
	}
	for(int i=l;i<=m;i++) a[i-l+1]=1ll*dp[i]*inv[i]%mod;//预处理ai 不固定 dp项 l~m
	ntt(a,len,1);ntt(b,len,1); 
    for (int i=0;i<len;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    ntt(a,len,-1);
    for(int i=m+1;i<=r;i++) (dp[i]+=1ll*a[i-l+1]*jc[i]%mod)%=mod;//将[l~m]的影响加到dp[m+1~r]上 
    cdq(m+1,r);
}


int main(){
    //n=gi();m=gi();//快读
	//N=max(n,m);//求和表达式 上限   (3.会用到) 
	lim=_-3;//阶乘上限   (非NTT)
	
	//预处理阶乘 跟逆元阶乘 (非NTT)
    jc[0]=1; for (int i=1;i<=lim;++i) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
    inv[lim]=qmod(jc[lim],mod-2);
    for (int i=lim;i>=1;--i) inv[i-1]=1ll*inv[i]*i%mod;inv[0]=1;
    
    //memset(dp,0,sizeof(dp));
	dp[0]=1;
	scanf("%d",&n);
    cdq(0,n);//预处理DP 
    
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=n;i++)(ans+=1ll*dp[i])%=mod;
	printf("%d\n",ans%mod);
    
    
    //1.NTT   固定操作，处理数据的两倍 对2^k向上取整=len 
    //for (len=1;len<=(N<<1);len<<=1) ++l;--l;
    
    //2.NTT	  固定操作，预处理rev 蝶形变换 
    //for (int i=0;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
    
    //3.NTT   灵活操作  ai bi的表达式 
    //for (int i=0;i<=n;++i) a[i]=gi();
    //for (int i=0;i<=m;++i) b[i]=gi();
    
    //4.NTT   固定操作  ai卷积bi  也就是(a0+a1x+a2x^2...)*(b0+b1x+b2x^2....)=sum_{i=0...n}sum_{j=0...i}ai*b(j-i)
    //ntt(a,1);ntt(b,1); 
    //for (int i=0;i<len;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    //ntt(a,-1);
    
    //5.NTT非固定操作  计算求和表达式的答案ans  
    //for (int i=0;i<=n+m;++i) printf("%d ",a[i]); puts("");
    //for(int i=0;i<=m;i++) printf("%d ",a[i]);
    //printf("%d\n",ans);
    
    
    return 0;
}

 

例题4：51nod1514  NTT+DP

题意：dp[n]表示：满足任意1<=i<=n-1,下标1~i都是1~i的排列的1~n的排列

\large dp[n]=n!-\sum_{i=0}^{n-1}dp[i]*(n-i)!

由于前面有n!,所以CDQ里l==r加上n！对DP的贡献

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
//NTT+CDQ
//AC hdu5322 998ms
//AC BZOJ4555 26111ms
//dp[i]=i!*sum dp[i-j]*2/j!;
inline int gi(){//快读 
    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 f?x:-x;
}

const int _ = 4e5+5;//2倍 
const int mod = 998244353;//模数 
int n,m,s,N,lim,ans;int jc[_];
int inv[_],a[_],b[_],rev[_],l,og[_];//NTT本身用到的数组 
int qmod(int a,int b){//快速幂 
    int res=1;
    while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
    return res;
}
void ntt(int *P,int len,int opt){//基本上不用改 
    for (int i=0;i<len;++i) if (i<rev[i]) swap(P[i],P[rev[i]]);
    for (int i=1;i<len;i<<=1){
        ll W=qmod(3,(mod-1)/(i<<1));//3 根据模数的原根  可能要改 
        if (opt==-1) W=qmod(W,mod-2);
        og[0]=1;
        for (int j=1;j<i;++j) og[j]=1ll*og[j-1]*W%mod;
        for (int p=i<<1,j=0;j<len;j+=p)
            for (int k=0;k<i;++k){
                ll x=P[j+k],y=1ll*og[k]*P[j+k+i]%mod;
                P[j+k]=(x+y)%mod,P[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
            }
    }
    if (opt==-1) for (int i=0,Inv=qmod(len,mod-2);i<len;++i) P[i]=1ll*P[i]*Inv%mod;
}

ll dp[100005];
void cdq(int l,int r)
{
	if(l==r)return (void)(dp[l]=(jc[l]-dp[l]+mod)%mod);
	int m=l+r>>1;
	cdq(l,m);
	ll len,lll=0;for (len=1;len<=((r-l+1)<<1);len<<=1) ++lll;--lll;//固定 
	for (int i=0;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<lll);//固定 
	
	//预处理系数 
	for(int i=0;i<len;i++){
		a[i]=b[i]=0;
		if(i<=r-l+1) b[i]=1ll*jc[i]%mod;//预处理bi 不固定  非dp项1~r-l+1 
	}
	for(int i=l;i<=m;i++) a[i-l+1]=1ll*dp[i]%mod;//预处理ai 不固定 dp项 l~m
	
	ntt(a,len,1);ntt(b,len,1); 
    for (int i=0;i<len;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    ntt(a,len,-1);
    
    for(int i=m+1;i<=r;i++) dp[i]=((dp[i]+a[i-l+1])%mod)%mod;//将[l~m]的影响加到dp[m+1~r]上 
    cdq(m+1,r);
}


int main(){
    //n=gi();m=gi();//快读
    //N=max(n,m);//求和表达式 上限   (3.会用到) 
    lim=_-3;//阶乘上限   (非NTT)
    
    //预处理阶乘 跟逆元阶乘 (非NTT)
    jc[0]=1; for (int i=1;i<=lim;++i) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
    
    //memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[0]=1;
    cdq(0,100000);//预处理DP 
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);printf("%d\n",dp[n]);
	}
    return 0;
}

 

CDQ分治优化DP
Zeyu_King的专栏
06-28 1742
昨天被学军的公开赛虐傻了，才发现自己还不会用CDQ优化DP，吓得赶紧去填坑。。。 普通的CDQ就是对二分操作，计算前半部分的插入对后半部分的询问的影响。 那么如何用CDQ优化DP呢？ 看一道例题： NOI2007 cash 很容易推出平方的dp方程： f[i] = max(f[i-1], f[j]/(R[j]*A[j]+B[j])*R[j]*A[i] + f[j]/(R[j]*A[j]
NTT 的各类优化：Harvey、PtNTT，Intel AVX2、ARM Neon、GPGPU
weixin_44885334的博客
11-21 1976
ZLH+23] 优化了 High-radix NTT 的访存模式，提出了一种低复杂度的 cross-bank-write-back memory mapping scheme，通过时间延迟累积蝴蝶的结果，最后串行写回内存。[BHK+21] 还继续考虑了 Armv8-A Neon vector instructions 提供的各种特殊指令，以优化 Barrett 和 Montgomery 的模约简、模乘的计算效率。因此他们将大的 NTT 拆解为若干小的 NTT，从而实现硬件的加速。下的表示是唯一确定的。
C++实现快速数论变换（NTT）算法详解
最新发布
weixin_33531560的博客
09-13 926
快速数论变换（Number Theoretic Transform, NTT）是一种基于模运算的离散傅里叶变换（DFT）变体，广泛应用于高效多项式乘法和大整数运算中。与快速傅里叶变换（FFT）类似，NTT通过分治策略将多项式乘法的时间复杂度从 $ O(n^2) $ 降低到 $ O(n \log n) $，但其使用整数模运算，避免了浮点数带来的精度问题。NTT特别适用于模数为形如 $ p = 2^k \cdot m + 1 $ 的素数，且存在原根的场景。
cogs 2287. [HZOI 2015]疯狂的机器人 （NTT优化DP）
clover_hxy的博客
02-23 1215
题目描述 [HZOI 2015]疯狂的机器人 ★★★ 输入文件：crazy_robot.in 输出文件：crazy_robot.out 简单对比 时间限制：1 s 内存限制：512 MB 【题目描述】 现在在二维平面内原点上有一只机器人 他每次操作可以选择向右走，向左走，向下走，向上走和不走(每次如果走只能走一格） 但是由于本蒟蒻施展的大魔法，机器人不能走到横坐标是负数或者
Codeforces1096G Lucky Tickets(NTT优化dp)
abbgqna17764的博客
02-04 245
设\(f[i][j]\)表示填了\(i\)个数，数位和为\(j\)的方案数 于是方程为: \[f[i][j]=\sum_{k=0}^9 f[i-1][j-k]*[CanUse[k]==1]\] 其中\(CanUse[i]\)表示是否可用\(i\)这个数字 最终答案为： \[\sum_{i=0}^{9*(n/2)}f[n/2][j]\] 直接转移肯定\(T\)飞，需要一些优化。于是我们观察...
2021-2022年度第三届全国大学生算法设计与编程挑战赛（秋季赛）- 分组(矩阵快速幂套NTT优化dp)
Falcon的博客
10-25 950
题目链接：点击查看 题目大意：给出 nnn 个连续的小球，每次可以选择单独的一个或者相邻的两个小球分成一组，允许有剩余的小球，问恰好分成 k∈{1,2,3,⋯ ,m}k\in\{1,2,3,\cdots,m\}k∈{1,2,3,⋯,m} 组的方案数分别是多少。 题目分析：设 dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j] 为前 iii 个小球分成 jjj 组的方案数，不难推出： dp[i][j]=dp[i−1][j]+dp[i−1][j−1]+dp[i−2][j−1]dp[i][j]=dp[i-1][j.
【清华集训2017】生成树计数 pufer序+分治NTT优化DP
xgc_woker的博客
08-05 484
Description 在一个sss个点的图中，存在s−ns−ns−n条边，使图中形成了nnn个连通块，第iii个连通块中有aia_iai​个点。 现在我们需要再连接n−1n−1n−1条边，使该图变成一棵树。对一种连边方案，设原图中第iii个连通块连出了did_idi​条边，那么这棵树TTT的价值为： val(T)=(∏i=1ndim)(∑i=1ndim)val(T)=(\prod_{i=1}^n...
由数据范围反推算法复杂度以及算法内容
04-13
- **适用算法**: 高精度加减法、FFT/NTT等。 - **解释**: 这类算法无论数据量多大，执行时间基本保持不变。例如，在处理高精度计算时，虽然数字可能非常大，但算法本身的操作是固定的，因此时间复杂度为O(1)。 2....
Summary
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ADP+Pi==ATP
07-10 1万+
ATP感觉自己退役之前是用不上机房的空调了【笑
信息学最全知识点清单
修炼之路
02-20 4538
信息学竞赛知识清单 基本说明：带*表示省选掌握知识，带**表示较难省选知识，带！表示较偏门知识 文章目录信息学竞赛知识清单一、基础知识1、STL,参见百科STL总结2、常见技巧二、基础算法1、递归（输出方案）、枚举（优化）[ ] 2、高精度3、分治[ ] 二分答案[ ] 排序算法[ ] cdq分治*、整体二分[ ] 树分治（点分治、边分治！、链分治*）[ ] 动态点分治*4、贪心[ ] 常见贪心[...
蓝桥杯(OI)赛制技巧：对拍
Mibbp的博客
04-07 8668
视频讲解 众所周知，OI赛制每道题提交之后都没有任何反馈，不会返还任何评测信息因为比赛的时候压根就没法评测，类似于你数学考试做卷子，考试的时候可以随便更改你写的内容等到考试结束就要交卷然后批改过几天才给分。 那当你一道题写完后，不知道自己是否是对的，自己也测了很多组数据，干瞪眼看也看不出来啥错的时候这时候就需要对拍来帮你验证自己写的是否正确，对拍简单的说就是写了一个简易得评测器。 对拍由三部分组成，一个是你准备交上去的程序，我们称为待测程序，一个是我们写的一个评测程序，通常是暴力写的，一定要保证他是对的，即
GDOI2018
扩展の灰(Extended Ash/Cooevjnz)
05-05 824
前言该拿的分一分不失，是我本次GDOI最成功的地方Day0考前延续了在JZ腐败的习惯，直到十点半还在淦CR，突然意识到我自己可能真的完蛋了，于是删了安卓模拟器来复习模板（事实证明并没有对后面的解题起到作用但是直到心情恢复了一点）带着非常慌张的心，抱着自己带的抱枕，还是睡着了Day1早餐超级好吃直到走到了一中才发现天气热到爆炸，还好考场里面有空调，路上一直在看自己博客里面的FFT模板开考前30分钟，...
Gym - 100341C FFT优化DP
weixin_30532837的博客
08-02 298
题目链接：传送门 题解： 　　设定dp[i][j]在深度为i下，使用j个节点的方案数 　　显然的转移方程组就是 dp[h][n] = dp[h-1][i] * dp[h-1][n-i-1] + 2*dp[h-1][i]*dp[h-2][n-i-1]; 　　卷积形式 　　利用FFT加速求解dp[h] 下面是AC代码 #include<bits/stdc++.h&g...
codeforces 528D. Fuzzy Search （FFT优化DP）
clover_hxy的博客
02-23 1299
题目描述传送门题目大意：给出一个母串和一个模板串，求模板串在母串中的匹配次数。 匹配时，如果用s[i]匹配t[j]，那么只要s[i-k]-s[i+k]中有字母与t[j]相同即可算作匹配成功。其中s[i]表示母串的第i位，t[j]表示模板串的第j位。题解如果数据范围小的话，这题就是一个DP f[i][j]=f[i-1][j-1]&mp[i][t[j]]表示母串的第i位匹配到模板串的第j位是否可以匹
「学习笔记」FFT 之优化——NTT
MachineryCountry的博客
12-19 1580
文章目录「学习笔记」FFT 之优化——NTT前言引入快速数论变换——NTT一些引申问题及解决方法三模数 NTT拆系数 FFT (MTT) 「学习笔记」FFT 之优化——NTT 前言 NTTNTTNTT 在某种意义上说，应该属于 FFTFFTFFT 的一种优化。 ——因而必备知识肯定要有 FFTFFTFFT 啦… 如果不知道 FFTFFTFFT 的大佬可以走这里 引入 在 FFTFFTFFT 中，为...
任意模数NTT和FFT的玄学优化学习笔记
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04-04 209
本来一直都是写\(7\)次的\(MTT\)的……然后被\(shadowice\)巨巨调教了一通之后只好去学一下\(4\)次的了…… 简单来说就是我们现在需要处理一类模数不为\(NTT\)模数的情况 这里是板子 三模\(NTT\) 跑的很慢而且我也不会，这里就不说了 拆系数\(FFT\) 两个多项式\(P(z),Q(z)\)，我们把它们的系数拆成 \[A(z)=\sum_{i=0}^\infty (...
[BZOJ4553][Tjoi2016&Heoi2016]序列（CDQ 分治优化 DP）
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[HEOI2016/TJOI2016]序列（CDQ分治优化DP）
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洛谷题目传送门 解题思路 题目和最长上升子序列比较像，我们考虑用dpdpdp来解决 设fif_ifi​表示以iii这个位置结束的最长序列的长度，MaxiMax_iMaxi​表示iii这个位置最大的数，MiniMin_iMini​表示iii这个位置最小的数，转移时枚举上一个选的元素jjj是哪个位置 因为最多只会变一个数，所以对于一个转移点jjj： ·如果是jjj的位置变化，那么必须满足它变的最大的数也是小于aia_iai​的，也就是Maxj≤aiMax_j\leq a_iMaxj​≤ai​ ·如果是iii的位
2021HDU多校8 - 7057 Buying Snacks(矩阵快速幂套NTT优化dp)
Falcon的博客
08-14 558
题目链接：点击查看 题目大意：给出 nnn 种糖果，每种糖果有大小包装之分，有三种购买方案，价钱分别如下： 单独购买一个小的，花费一块钱 单独购买一个大的，花费两块钱 ∀i>1\forall i>1∀i>1，可以和 i−1i-1i−1 的糖果捆绑购买，可以便宜一块钱 问给出的钱在范围 [0,m][0,m][0,m] 内的不同购买方案数分别是多少 题目分析： 读完题不难想到最简单的 n2n^2n2 dp，dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j] 代表前 iii 个糖果花费了 jj
ntt优化
08-15
### NTT 数论变换的优化方法与实现细节 快速数论变换（NTT）是离散傅里叶变换（DFT）的一种快速算法，其时间复杂度为 $ O(n \log n) $，适用于模数下的多项式运算。NTT 的核心思想是通过模数运算来替代复数运算，从而避免浮点数精度问题。 #### 1. NTT 的基本性质 NTT 的实现依赖于模数下的原根 $ g $，它满足以下性质： - $ g^n = 1 $ - $ g^k \neq 1 $，当 $ 0 < k < n $ 这些性质确保了 $ g $ 可以作为 NTT 中的单位根 $ \omega_n $，类似于 FFT 中的复数单位根。NTT 的核心公式为： $$ A_k = \sum_{i=0}^{n-1} a_i g^{\frac{i(n-k)}{n}} \mod p $$ 其中 $ p $ 是一个大质数，且 $ n $ 是 $ p-1 $ 的因数[^1]。 #### 2. NTT 的优化方法 为了提高 NTT 的性能，通常采用以下几种优化策略： ##### 2.1 蝴蝶变换（Butterfly Operation） 蝴蝶变换是 NTT 的关键优化点之一，它通过分治策略将递归层数优化为 $ O(\log n) $ 层。每一层的计算可以通过以下公式实现： $$ x_i = a_i + a_{i+n/2} $$ $$ x_{i+n/2} = (a_i - a_{i+n/2}) \cdot \omega_n^k $$ 其中 $ \omega_n^k $ 是当前层的单位根。这种变换减少了重复计算，并且可以利用位反转排列来优化内存访问。 ##### 2.2 位反转排列（Bit-Reversal Permutation） 在 NTT 中，输入序列通常需要进行位反转排列，以确保每一层的计算可以并行进行。位反转排列的核心思想是将索引的二进制表示反转，并重新排列数组。例如，索引 $ 0, 1, 2, 3 $ 在反转后变为 $ 0, 2, 1, 3 $。 ##### 2.3 模数选择 NTT 的性能还依赖于模数 $ p $ 的选择。常见的模数包括 $ p = 998244353 $，因为它是一个大质数，并且 $ p-1 $ 是 $ 2^{23} $ 的倍数，适合处理 $ n $ 为 $ 2^k $ 的情况。选择合适的模数可以确保 NTT 的高效性，并且避免溢出问题。 #### 3. NTT 的实现细节 NTT 的实现通常包括以下几个步骤： ##### 3.1 预处理单位根 在 NTT 开始之前，需要预先计算单位根 $ \omega_n^k $ 及其逆元 $ \omega_n^{-k} $。单位根的计算可以通过原根 $ g $ 实现： $$ \omega_n = g^{\frac{p-1}{n}} $$ $$ \omega_n^{-1} = g^{p-1 - \frac{p-1}{n}} $$ ##### 3.2 递归与迭代实现 NTT 可以通过递归或迭代的方式实现。递归实现较为直观，但迭代实现通常更高效，因为它避免了递归调用的开销。迭代实现通常使用位反转排列来优化内存访问。 ##### 3.3 逆变换 NTT 的逆变换可以通过以下公式实现： $$ a_i = \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} A_k \omega_n^{-ki} \mod p $$ 其中 $ \frac{1}{n} $ 可以通过模逆元计算得到。 #### 4. NTT 的算法改进 为了进一步优化 NTT，可以采用以下改进策略： ##### 4.1 多模数 NTT 多模数 NTT 通过结合多个模数的结果来处理更大的数域，避免单个模数的限制。这种方法通常需要使用中国剩余定理（CRT）来合并结果。 ##### 4.2 混合 NTT 混合 NTT 结合了 NTT 和 FFT 的优点，利用 FFT 的浮点运算和 NTT 的整数运算，以提高精度和性能。 ##### 4.3 并行化 NTT 的每一层计算可以并行化，利用多线程或 GPU 加速来提高性能。例如，使用 OpenMP 或 CUDA 来并行化蝴蝶变换。 #### 示例代码 以下是一个简单的 NTT 实现： ```cpp #include <vector> #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 998244353; const int G = 3; int power(int a, int b, int mod) { int res = 1; while (b) { if (b & 1) res = 1LL * res * a % mod; a = 1LL * a * a % mod; b >>= 1; } return res; } void ntt(vector<int> &a, int inv) { int n = a.size(); vector<int> b = a; for (int i = 0; i < n; i++) { int rev = 0; for (int j = 0; j < 20; j++) { if (i & (1 << j)) rev |= (1 << (19 - j)); } if (i < rev) a[i] = b[rev]; } for (int len = 2; len <= n; len <<= 1) { int wn = power(G, (MOD - 1) / len, MOD); if (inv == -1) wn = power(wn, MOD - 2, MOD); for (int i = 0; i < n; i += len) { int w = 1; for (int j = 0; j < len / 2; j++) { int x = a[i + j]; int y = 1LL * a[i + j + len / 2] * w % MOD; a[i + j] = (x + y) % MOD; a[i + j + len / 2] = (x - y + MOD) % MOD; w = 1LL * w * wn % MOD; } } } if (inv == -1) { int inv_n = power(n, MOD - 2, MOD); for (int i = 0; i < n; i++) { a[i] = 1LL * a[i] * inv_n % MOD; } } } ```
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