分治法求解多项式乘法

多项式乘法问题

多项式乘法是将两个或多个多项式相乘，得到一个新的多项式。

一个多项式通常写成如下的形式(系数表示)：$$P(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_{1}x+a_0$$其中 $a_i$是多项式的系数，$x$ 是变量，$n$ 是多项式的次数。

假设我们有两个多项式：$$\begin{gathered} P(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_{1}x+a_0 \\ Q(x)=b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\dots +b_{1}x+b_0 \end{gathered}$$它们的乘积 $R(x)=P(x)\cdot Q(x)$ 可以通过将 $P(x)$ 中的每一项与 $Q(x)$ 中的每一项相乘，然后将结果合并得到:$$R(x)=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^m{a}_i{b}_j{x}^{i+j}$$其中，$i$ 和 $j$ 分别表示 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 中各项的指数，$a_i$ 和 $b_j$ 分别是对应的系数。

暴力求解

对于规模相当的两个多项式相乘，对于 $P(x)$ 的每个项，都要与 $Q(x)$ 相乘，并进行结果的累加。这个过程的算法复杂度很容易得知为 $O(n^2)$ 。

#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

// 结构体表示多项式的一项
struct Term {
    
    
    int coefficient;
    int exponent;
};

// 函数实现多项式相乘
vector<Term> multiplyPolynomials(vector<Term>& poly1, vector<Term>& poly2) {
    
    
    vector<Term> result;

    for (int i = 0; i < poly1.size(); ++i) {
    
    
        for (int j = 0; j < poly2.size(); ++j) {
    
    
            int newCoefficient = poly1[i].coefficient * poly2[j].coefficient;
            int newExponent = poly1[i].exponent + poly2[j].exponent;

            bool termExists = false;
            for (int k = 0; k < result.size(); ++k) {
    
    
                if (result[k].exponent == newExponent) {
    
    
                    result[k].coefficient += newCoefficient;
                    termExists = true;
                    break;
                }
            }

            if (!termExists) {
    
    
                Term newTerm = {
    
    newCoefficient, newExponent};
                result.push_back(newTerm);
            }
        }
    }

    return result;
}

int main() {
    
    
    vector<Term> poly1 = {
    
    {
    
    2, 2}, {
    
    3, 1}, {
    
    1, 0}};
    vector<Term> poly2 = {
    
    {
    
    4, 1}, {
    
    1, 0}};

    vector<Term> result = multiplyPolynomials(poly1, poly2);

    cout << "Result: ";
    for (int i = 0; i < result.size(); ++i) {
    
    
        cout << result[i].coefficient << "x^" << result[i].exponent;
        if (i < result.size() - 1) {
    
    
            cout << " + ";
        }
    }
    cout << endl;

    return 0;
}

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背景展开

1. 系数表示值计算复杂度

对于给定多项式和值 $x$ :$$\begin{gathered} A(x)=a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_{1}x+a_0 \\ B(x)=b_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +b_{1}x+b_0 \end{gathered}$$- 加法计算复杂度 $O(n)$
$$A(x)+B(x)=(a_0+b_0)+(a_1+b_1)x+...(a_{n-1}+b_{n-1})x^{n-1}$$ - 乘法计算复杂度 采用Horner （霍氏法则） $O(n)$ $$A(x)=a_0+(x(a_1+x(a_2+...+x(a_{n-2}+x(a_{n-1}))...))$$

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2. 点值法表示多项式

当我们用点值法表示多项式时，我们通常是指将多项式表示为一组在特定点 $x$ 处的函数值。

假设我们有一个多项式 $P(x)$ ，我们可以在一些特定的点 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 处计算它的值 $P(x_1),P(x_2),\dots ,P(x_n)$ 。这些点和相应的函数值可以表示为：$$(x_1,P(x_1))(x_2,P(x_2))......(x_n,P(x_n))$$一个 $n$ 次的复系数单变量多项式恰好有 $n$ 个复根。

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3. 点值表示值计算复杂度

对于给定多项式点值列 $x$ :$$\begin{gathered} A(x):(x_0,y_0),...,(x_{n-1},y_{n-1}) \\ B(x):(x_0,z_0),...,(x_{n-1},z_{n-1}) \end{gathered}$$- 加法计算复杂度 $O(n)$
$$A(x)+B(x):(x_0,y_0+z_0),...,(x_{n-1},y_{n-1}+z_{n-1})$$ - 乘法计算复杂度 $O(n)$ 但是需要用 $2n$ 个点表示 $A(x)$ 和 $B(x)$ $$A(x)\times B(x):(x_0,y_0\times z_0),...,(x_{2n-1},y_{2n-1}\times z_{2n-1})$$- 计算给定点 $s$ ,使用拉格朗日公式 $O(n^2)$:$$A(s)=\sum _{k=0}^{n-1}{y}_k\frac{{\prod }_{j\ne k}(s-x_j)}{{\prod }_{j\ne k}(x_k-x_j)}$$

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4. 系数法和点值法比较

表示方法	多项式相乘	多项式算值
系数法	$O(n^2)$	$O(n)$
点值法	$O(n)$	$O(n^2)$

如果能够同时利用 系数法的算值 和 点值法的相乘 的低复杂度计算。那么对于整个多项式相乘就有了一个复杂度比较低的解决方式。其中的关键就是找到两者之间的沟通桥梁。

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5. 系数法和点值法的转换

系数法 $\to$ 点值法（通过矩阵向量乘法或 $n$ 次霍氏乘法）$O(n^2)$：

给定多项式$a(x)=a_0+a_{1}x+\dots +a_{n-1}{x}_{n-1}$，在 $n$ 个不同的点处求值 $x_0,\dots ,x_{n-1}$:$$\left[\begin{array}{c}{y}_0\\ y_1\\ y_2\\ ⋮\\ y_{n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc}1& x_0& x_0^2& \dots & x_0^{n-1}\\ 1& x_1& x_1^2& \dots & x_1^{n-1}\\ 1& x_2& x_2^2& \dots & x_2^{n-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 1& x_{n-1}& x_{n-1}^2& \dots & x_{n-1}^{n-1}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ a_2\\ ⋮\\ a_{n-1}\end{array}\right]$$

点值法 $\to$ 系数法 （高斯消元 $O(n^3)$ / 快速矩阵 $O(n^{2.38})$）：

给定n个不同的点 $x_0,\dots ,x_{n-1}$和值 $y_0,\dots ,y_{n-1}$，求唯一多项式$A(x)=a_0+a_{1}x+\dots +a_{n-1}{x}_{n-1}$:$$\left[\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ a_2\\ ⋮\\ a_{n-1}\end{array}\right]={\left[\begin{array}{ccccc}1& x_0& x_0^2& \dots & x_0^{n-1}\\ 1& x_1& x_1^2& \dots & x_1^{n-1}\\ 1& x_2& x_2^2& \dots & x_2^{n-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 1& x_{n-1}& x_{n-1}^2& \dots & x_{n-1}^{n-1}\end{array}\right]}^{-1}\left[\begin{array}{c}{y}_0\\ y_1\\ y_2\\ ⋮\\ y_{n-1}\end{array}\right]$$其中等式右侧有关 $x_i$ 的矩阵为范德蒙矩阵，当 $x_i$ 不同时可逆。

通过直接线性代数的计算，并不能在低于 $O(n^2)$ 的复杂度下完成两种表示方式的相互转换，甚至会增加额外的计算代价。这是难以接受的，因此我们需要寻找一种能够高效完成两种表示方式转换的算法，并且复杂度最好能够控制在 $O(n^2)$ 以内。

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快速傅里叶变换 FFT

可以使用快速傅里叶变换（FFT）来实现系数表示和点值表示的转换。FFT 可以在 $O(nlogn)$ 的时间内将多项式从系数形式转换为点值形式，以及从点值形式转换回系数形式。

1. 多项式乘法的分治

给定多项式如下：$$A(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3+a_4{x}^4+a_5{x}^5+a_6{x}^6+a_7{x}^7$$可以有如下两种分治测略：

拆分成低次和高次：$$\begin{gathered} A_{low}(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3 \\ {A}_{high}(x)=a_4+a_{5}x+a_6{x}^2+a_7{x}^3 \end{gathered}$$合并 $$A(x)=A_{low}(x)+x^4{A}_{high}(x)$$

拆分成奇偶次：$$\begin{gathered} A_{even}(x)=a_0+a_{2}x+a_4{x}^2+a_6{x}^3 \\ {A}_{odd}(x)=a_1+a_{3}x+a_5{x}^2+a_7{x}^3 \end{gathered}$$合并$$A(x)=A_{even}(x^2)+x{A}_{odd}(x^2)$$

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2. 取值的直觉

给定多项式$A(x)=a_0+a_{1}x+\dots +a_{n-1}{x}_{n-1}$，在 $n$ 个不同的点处求值 $x_0,\dots ,x_{n-1}$

关于 $x_i$ 的取值怎么取，一般性的直觉会选 $0,\pm 1,\pm \mathrm{2...}$。这是没问题的，直觉告诉我们选择对称的不同数值可以减少计算量。下面我们来验证这一直觉是否合理：

假如使用奇偶拆分法拆分$A(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3+a_4{x}^4+a_5{x}^5+a_6{x}^6+a_7{x}^7$
$$\begin{gathered} A_{even}(x)=a_0+a_{2}x+a_4{x}^2+a_6{x}^3 \\ {A}_{odd}(x)=a_1+a_{3}x+a_5{x}^2+a_7{x}^3 \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} A(x)=A_{even}(x^2)+x{A}_{odd}(x^2) \\ A(-x)=A_{even}(x^2)-x{A}_{odd}(x^2) \end{gathered}$$带入 $\pm 1$ $$\begin{gathered} A(1)=A_{even}(1)+x{A}_{odd}(1) \\ A(-1)=A_{even}(1)-A_{odd}(1) \end{gathered}$$可以通过在一点处求 2 个 $\frac{n-1}{2}$ 次多项式来求 2 个点上 $n-1$ 次多项式的值。

如果在此基础上再引入复数 $i$ 那么你将会看到如下光景：$$\begin{gathered} A(1)=A_{even}(1)+A_{odd}(1) \\ A(-1)=A_{even}(1)-A_{odd}(1) \\ A(i)=A_{even}(-1)+i{A}_{odd}(-1) \\ A(-i)=A_{even}(-1)-i{A}_{odd}(-1) \end{gathered}$$可以通过在二个点上求 2 个 $\frac{n-1}{2}$ 次多项式来求 4 个点上 $n-1$ 次多项式的值。

利用对称性（相反数），我们可以实现一穿二的计算速度，换句话说，计算速度翻倍。

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3. 离散傅里叶 DFT 和单位根

单位根（Roots of Unity）是复数域中的一组特殊复数，它们是复数平面上的单位长度向量，分布在圆周上，且相邻单位根之间的夹角相等，相邻单位根之间的夹角为 $2\pi /n$ 弧度。

具体来说，一个 $n$ 次单位根是复数 $\omega$，满足条件： ${\omega }^n=1$

单位根是使得其 n 次幂等于1的复数。

单位根可以用复数的指数形式表示为：${\omega }_k=e^{\frac{2\pi ik}{n}}$

回到下面这个式子：

给定多项式$a(x)=a_0+a_{1}x+\dots +a_{n-1}{x}_{n-1}$，在 $n$ 个不同的点处求值 $x_0,\dots ,x_{n-1}$:$$\left[\begin{array}{c}{y}_0\\ y_1\\ y_2\\ ⋮\\ y_{n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc}1& x_0& x_0^2& \dots & x_0^{n-1}\\ 1& x_1& x_1^2& \dots & x_1^{n-1}\\ 1& x_2& x_2^2& \dots & x_2^{n-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 1& x_{n-1}& x_{n-1}^2& \dots & x_{n-1}^{n-1}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ a_2\\ ⋮\\ a_{n-1}\end{array}\right]$$

将其中的 $x_i$ 用单位根 $\omega$ 进行替换可得：

$$\left[\begin{array}{c}{y}_0\\ y_1\\ y_2\\ ⋮\\ y_{n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& \dots & 1\\ 1& {\omega }^1& {\omega }^2& \dots & {\omega }^{n-1}\\ 1& {\omega }^2& {\omega }^4& \dots & {\omega }^{2(n-1)}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 1& {\omega }^{n-1}& {\omega }^{2(n-1)}& \dots & {\omega }^{(n-1)(n-1)}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ a_2\\ ⋮\\ a_{n-1}\end{array}\right]$$其中 $y_k=A({\omega }^k)$， ${\omega }^i$ 为傅里叶矩阵。

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4. FFT

给定多项式$A(x)=a_0+a_{1}x+\dots +a_{n-1}{x}_{n-1}$，在 $n^{th}$ 单位根处求值 ${\omega }^0,{\omega }^1,\dots ,{\omega }^{n-1}$

拆解：$$\begin{gathered} A_{even}(x)=a_0+a_{2}x+a_4{x}^2+...+a_{n-2}{x}^{n/2-1} \\ {A}_{odd}(x)=a_1+a_{3}x+a_5{x}^2+...+a_{n-1}{x}^{n/2-1} \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} A(x)=A_{even}(x^2)+x{A}_{odd}(x^2) \\ A(-x)=A_{even}(x^2)-x{A}_{odd}(x^2) \end{gathered}$$
求解：求$A_{even}(x)$和$A_{odd}(x)$和在单位的 $\frac{n^{th}}{2}$ 根处的值: $v^0，v^1,\dots ,v^{n/2-1}$

合并：$$\begin{gathered} y_k=A({\omega }^k)=A_{even}(v^k)+{\omega }^k{A}_{odd}(v^k),0\le k\le n/2 \\ {y}_{k+n/2}=A({\omega }^{k+n/2})=A_{even}(v^k)-{\omega }^k{A}_{odd}(v^k),0\le k\le n/2 \end{gathered}$$其中$v^k=({\omega }^k{)}^2,{\omega }^{k+n/2}=-{\omega }^k$

FFT算法在 $O(nlogn)$ 个算术运算和 $O(n)$ 个额外空间中，对每个单位的 $n$ 次方根计算 $n-1$ 次多项式
$$T(n)=\{\begin{array}{cc}\Theta (1)& \text{if }x=1\\ 2T(n/2)+\Theta (n)& \text{if }x>1\end{array}$$

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5. Inverse FFT

给定 $n$ 个不同的点 $x_0,\dots ,x_{n-1}$ 和值 $y_0,\dots ,y_{n-1}$ ，求唯一多项式$a_0+a_{1}x+\dots +a_{n-1}{x}_{n-1}$ ，在给定的点上有给定的值。$$\left[\begin{array}{c}{y}_0\\ y_1\\ y_2\\ ⋮\\ y_{n-1}\end{array}\right]={\left[\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& \dots & 1\\ 1& {\omega }^1& {\omega }^2& \dots & {\omega }^{n-1}\\ 1& {\omega }^2& {\omega }^4& \dots & {\omega }^{2(n-1)}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 1& {\omega }^{n-1}& {\omega }^{2(n-1)}& \dots & {\omega }^{(n-1)(n-1)}\end{array}\right]}^{-1}\left[\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ a_2\\ ⋮\\ a_{n-1}\end{array}\right]$$

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多项式乘法快速求解

#include <iostream>
#include <vector>
#include <complex>
#include <cmath>

using namespace std;

typedef complex<double> Complex;

// FFT算法
void fft(vector<Complex>& a, bool invert) {
    
    
    int n = a.size();
    if (n <= 1) return;

    vector<Complex> a0(n / 2), a1(n / 2);
    for (int i = 0, j = 0; i < n; i += 2, j++) {
    
    
        a0[j] = a[i];
        a1[j] = a[i + 1];
    }

    fft(a0, invert);
    fft(a1, invert);

    double ang = 2 * M_PI / n * (invert ? -1 : 1);
    Complex w(1), wn(cos(ang), sin(ang));

    for (int i = 0; i < n / 2; i++) {
    
    
        Complex t = w * a1[i];
        a[i] = a0[i] + t;
        a[i + n / 2] = a0[i] - t;
        if (invert) {
    
    
            a[i] /= 2;
            a[i + n / 2] /= 2;
        }
        w *= wn;
    }
}

// 多项式乘法
vector<int> multiplyPolynomials(vector<int>& poly1, vector<int>& poly2) {
    
    
    int n = 1;
    while (n < poly1.size() + poly2.size() - 1) n *= 2;
    vector<Complex> a(n), b(n);
    
    for (int i = 0; i < poly1.size(); i++) a[i] = poly1[i];
    for (int i = 0; i < poly2.size(); i++) b[i] = poly2[i];
    
    fft(a, false);
    fft(b, false);
    
    for (int i = 0; i < n; i++) a[i] *= b[i];
    
    fft(a, true);
    
    vector<int> result(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) result[i] = round(a[i].real());
    return result;
}

int main() {
    
    
    vector<int> poly1 = {
    
    1, 2, 3};
    vector<int> poly2 = {
    
    4, 5, 6};

    vector<int> result = multiplyPolynomials(poly1, poly2);

    cout << "Result: ";
    for (int i = 0; i < result.size(); ++i) {
    
    
        cout << result[i] << " ";
    }
    cout << endl;

    return 0;
}

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