用途

在\(O(n\log^2 n)\)的时间内做诸如
\[ f_n=\sum_{i=0}^{n-1} f_ig_{n-i} \]
或是
\[ f_n=\sum_{i=0}^{n-1} f_if_{n-i} \]
或是
\[ f_{k,n}=\sum_s\sum_t \sum_i f_{s,i}f_{t,n-i} \]
等“我 卷 我 自 己”的式子。

（如果你觉得这东西多项式求逆也可以做，那么请你认真看一下第三个式子）

思想

式子一

用CDQ分治的思想：先递归做出左边，考虑左边对右边的贡献，然后递归右边。

这其实就是最简单的分治FFT，用多项式求逆也可以实现。

式子二

现在\(g\)也被\(f\)替换了，考虑仍然用上面的做法，但你会发现：你挂了。

为什么会挂呢？

上面的统计贡献的过程是这样的：分治\([l,r]\)时，先做出\([l,mid]\)的\(f\)，然后把\([l,mid]\)的\(f\)和\([1,r-l+1]\)的\(g\)卷在一起，把贡献算到\([mid+1,r]\)上面去。

但是现在发现一个漏洞：如果\(g\)替换成了\(f\)，那么\([1,r-l+1]\)的\(f\)可能还没有被完全算出来。

什么时候会发生这种情况呢？考虑分治结构其实和线段树结构相同，满足左边的大小\(\ge\)右边的大小，所以只有在最左边的那个区间可能会发生这种事，也就是\(l=1\)时。

那怎么办？怎么提前算出右边？

我也不知道

既然不能提前算出来，那就不算，只算出\(f\)在\([l,mid]\)的值对右边的贡献之后直接往右边递归。

显然，一个点不能对自己产生贡献，所以递归到一个点的时候肯定是对的。

而两个点时可以算出\(l\)对\(r\)的贡献，也是对的。

以此类推，它就是对的。

（完全严谨的证明我也不会啊qwq）

注意：当\(l\ne 1\)时把\([l,mid]\)和\([1,r-l+1]\)卷起来时相当于钦定一个指针在\([l,mid]\)，而另一个在\([1,r-l+1]\)，但实际上他们有可能会交换位置，所以要乘2。

式子三

这个式子真是丑呢……

然而直接用式子二的方法就可以了，方法并没有太大不同，除了……

注意：当\([l\ne 1]\)时￥%……&@&￥%￥，也相当于钦定了指针的位置，所以还要交换来一遍。

这么说可能比较难理解，考虑这么一个式子：
\[ f1_n=\sum_i f1_if2_{n-i}\f2_n=\sum_i f2_if1_{n-i} \]
这时你不能简单地把\(f1[l,mid]\)和\(f2[1,r-l+1]\)卷起来，还要把\(f2[l,mid]\)和\(f1[1,r-l+1]\)卷起来，这才能做到不重不漏。

代码

代码现在不在我电脑上，我又那么懒，所以——

咕咕咕……

分治FFT学习笔记

原文：https://www.cnblogs.com/p-b-p-b/p/10931517.html