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多项式 4
循环卷积
定义
$$c_k=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}[i+j\bmod p=k]a_ib_j$$
性质
对序列 $A,B$ 做长度为 $n$ 的 $\text{FFT}$ 等价于求序列 $A,B$ 的长度为 $n$ 的循环卷积。
考虑单位根反演证明
$$ \begin{equation}\begin{split} c_k&=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}[i+j\bmod p=k]a_ib_j\\ &=\frac 1n\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}\sum_{d=0}^{n-1}w_n^{d(i+j-k)}a_ib_j\\ &=\frac 1n\sum_{d=0}^{n-1}w_n^{-dk}\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}w_n^{di}a_iw_n^{dj}b_j\\ &=\frac 1n\sum_{d=0}^{n-1}w_n^{-dk}\left(\sum_{i=0}^{n-1}a_iw_n^{di}\right)\left(\sum_{j=0}^{n-1}b_jw_n^{dj}\right) \end{split}\end{equation} $$ 不难发现 $\left(\sum_{i=0}^{n-1}a_iw_n^{di}\right)\left(\sum_{j=0}^{n-1}b_jw_n^{dj}\right)$ 即为原来的 $\text{DFT}$ 过程，$\frac 1n\sum_{d=0}^{n-1}w_n^{-dk}$ 即为原来的 $\text{IDFT}$，证毕。
事实上普通的卷积计算相当于长度为 $2^n$ 的循环卷积计算，只是循环卷积长度大于 $C$ 序列的长度，所以循环卷积结果即为普通卷积结果。
值得一提的是，循环卷积的求逆、快速幂等操作直接对 $\text{DFT}$ 的点值进行相应运算即可。
另外注意到 $f(w^{-k})=f(w^{n-k})$，于是循环卷积的 $\text{IDFT}$ 过程可以通过将序列 $[1,n-1]$ 部分翻转再 $\text{DFT}$ 的方式实现。
Bluestein's Algotithm
考虑 $\text{DFT}$ 过程，有
$$ \begin{equation}\begin{split} y_k&=\sum_{i=0}^{n-1}a_iw_n^{ki}\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}a_iw_n^{{k+i\choose 2}-{k\choose 2}-{i\choose 2}}\\ &=w_n^{-{k\choose 2}}\sum_{i=0}^{n-1}\left(a_iw_n^{-{i\choose 2}}\right)w_n^{{k+i\choose 2}} \end{split}\end{equation} $$ 其中 ${n\choose 2}$ 表示组合数，易知上式可以通过普通卷积求解。
考虑 $\text{IDFT}$ 过程，同样有
$$ \begin{equation}\begin{split} a_k&=\frac 1n\sum_{i=0}^{n-1}y_iw_n^{-ki}\\ &=\frac 1n\sum_{i=0}^{n-1}y_iw_n^{-{k+i\choose 2}+{k\choose 2}+{i\choose 2}}\\ &=\frac 1nw_n^{{k\choose 2}}\sum_{i=0}^{n-1}\left(y_iw_n^{{i\choose 2}}\right)w_n^{-{k+i\choose 2}} \end{split}\end{equation} $$ $\text{ }$
算法例题
题意
给定一个二维 $[L+1]\times n$ 的空间，其中 $(u_1,v_1)\to (u_2,v_2)$ 有 $w_{v_1,v_2}$ 条重边。
假设起点为 $(0,x)$，终点为 $(\ast,y)$($\ast$ 为任意值)，路径长度 $m$ 定义为路径的边数。
对每个 $0\le t\lt k$，求满足所有 $m\equiv t\pmod k$ 且横坐标单增的路径数模 $p$ 意义下的值。
数据保证 $p$ 为素数，$10^8\le p\le 2^{30},k\mid p-1,1\le k\lt 65536,1\le n\le 3,L\le 10^9$。
题解
假设 $f_{a,b}$ 表示 $m=a$ 且 $y=b$ 的路径数，$g_{a,b}$ 表示将空间的 $X$ 维消去后 $m=a$ 且 $y=b$ 的路径数。
于是有状态转移方程
$$g_{a,b}=\sum_{i=1}^n g_{a-1,i}w_{i,b}\text{ },\text{ }f_{a,b}={L\choose a}g_{a,b}$$
设矩阵
$$W=\begin{bmatrix}w_{1,1} & \cdots & w_{1,n} \\ \vdots &\ddots & \vdots \\ w_{n,1} &\cdots & w_{n,n}\end{bmatrix}$$
设 $G_i=(g_{i,1}\cdots g_{i,n})$，于是有 $G_i=G_0W^i$。
考虑单位根反演，设 $w_k\equiv g^{\frac {p-1}k}\pmod p,g$ 为 $p$ 的原根，有
$$ \begin{equation}\begin{split} \text{ans}_t&=\sum_{i=0}^Lf_{i,y}[i\bmod k=t]\\ &=\frac 1k\sum_{i=0}^Lf_{i,y}\sum_{j=0}^{k-1}w_k^{(i-t)j}\\ &=\frac 1k\sum_{j=0}^{k-1}w_k^{-tj}\sum_{i=0}^L f_{i,y}w_k^{ij} \end{split}\end{equation} $$ 根据二项式定理，有 $$\sum_{i=0}^L w_k^{ij}(f_{i,1}\cdots f_{i,n})=\sum_{i=0}^L w_k^{ij}{L\choose i}(g_{i,1}\cdots g_{i,n})=G_0\sum_{i=0}^L {L\choose i}\left(w_k^jW\right)^i=G_0\left(w_k^jW+I\right)^L$$ 于是根据矩阵快速幂可以 $O(kn^3\log L)$ 计算出所有 $h_j=\sum_{i=0}^L f_{i,y}w_k^{ij}(0\le j\lt k)$。
于是有
$$\text{ans}_t=\frac 1k\sum_{i=0}^{k-1}w_k^{-ti}h_i$$
发现上式就是 $\text{Bluestein's Algotithm}$ 的 $\text{IDFT}$ 过程，直接求解时间复杂度 $O(k\log k)$。
总时间复杂度 $O(kn^3\log L)$，主要用于计算矩阵快速幂。
