标签：set clu 就是 $1 ++i space scanf complex 无法
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1402
题意:
求$a*b$ 但是$a$和$b$的范围可以达到 $1e50000$
题解:
显然...用字符串模拟的大数或者压位的大数是无法胜任这种计算的....
然后,2个大整数相乘,可以理解为卷积,所以就用快速傅里叶变换(FFT)来加速他
模板题
简单总结一下对FFT的认知:
FFT用于算卷积,卷积可以理解为两个多项式相乘
显然复杂度是$O(n^2)$的 但是fft可以优化为$O(nlogn)$
如何优化,
考虑2个点确定直线,3个点确定抛物线,$n+1$个点确定了$n$次多项式
我们用$n+1$个点$(x_i,y_i)$表达了原来的式子
如何用点值表达卷积(多项式相乘)?
式子展开可以知道,$x_i$确定的时候,对于点值表达式就对应了点$(x_i,f(x_i)*g(x_i))$
也就是可以$O(1)$得到一个点答案,$n$个点就是$O(n)$
那问题又来了,$n+1$个点的$(x_i,y_i)$,每次求解一次多项式的值,需要$O(n)$
也就是$O(n^2)$复杂度,依然超时
所以,现在考虑如何快速的算多项式的值
因为$x_i$我们可以自己定义,因此利用虚根的特殊性质,我们就能分治处理了
就可以复杂度$O(nlogn)$的得到点值表达式
然后$O(n)$的算点值表达式的值
然后逆运算回到答案
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define usd unsigned
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(ii,a,b) for(int ii=a;ii<=b;++i)
#define per(ii,a,b) for(int ii=b;ii>=a;--i)
#define show(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl
#define show2(x,y) cout<<#x<<"="<<x<<" "<<#y<<"="<<y<<endl
#define show3(x,y,z) cout<<#x<<"="<<x<<" "<<#y<<"="<<y<<" "<<#z<<"="<<z<<endl
#define show4(w,x,y,z) cout<<#w<<"="<<w<<" "<<#x<<"="<<x<<" "<<#y<<"="<<y<<" "<<#z<<"="<<z<<endl
#define showa(a,b) cout<<#a<<‘[‘<<b<<"]="<<a[b]<<endl
#define pii pair<int,int>
#define cp complex<double>//<complex>头文件里的东西
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
const int maxm=2e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
int casn,n,m,k;
const double pi=acos(-1.0);
int lena,lenb,len,pw,ans[maxn],rr[maxn];
cp a[maxn] ,b[maxn];
char sa[maxn],sb[maxn];
void fft(cp *a,int f){//递归分治太慢,用迭代实现
rep(i,0,n-1) if(i<rr[i]) swap(a[i],a[rr[i]]);//分治原来的数组
for(int i=1;i<n;i<<=1){
cp wn(cos(pi/i),sin(f*pi/i)),x,y;//计算虚根
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
cp w(1,0);
for(int k=0;k<i;++k,w*=wn){
x=a[j+k],y=w*a[i+j+k];
a[j+k]=x+y;
a[i+j+k]=x-y;
}
}
}
}
int main(){
while(~scanf("%s%s",sa,sb)){
n=1;
len=pw=0;
memset(ans,0,sizeof ans);
lena=strlen(sa);
lenb=strlen(sb);
while(n<=lena+lenb) n<<=1,++pw;
rep(i,0,lena-1) a[i]=sa[lena-i-1]-‘0‘;
rep(i,lena,n) a[i]=0;
rep(i,0,lenb-1) b[i]=sb[lenb-i-1]-‘0‘;
rep(i,lenb,n) b[i]=0;
rep(i,0,n) rr[i]=(rr[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pw-1));//分治中的二进制规律,因此预处理参数
fft(a,1);//DFT a
fft(b,1);//DFT b
rep(i,0,n) a[i]*=b[i];
fft(a,-1);//IDFT a*b
rep(i,0,lena+lenb) {
ans[i]+=int(a[i].real()/n+0.5);
ans[i+1]+=ans[i]/10;
ans[i]%=10;
if(ans[i]>0) len=i;
}
per(i,0,len){
putchar (ans[i]+‘0‘);
}
puts("");
}
return 0;
}
HDU - 1402 A * B Problem Plus FFT裸题
标签：set clu 就是 $1 ++i space scanf complex 无法
原文地址：https://www.cnblogs.com/nervendnig/p/9490286.html
