Loading docs/math/poly/ntt.md +10 −14 Original line number Diff line number Diff line Loading @@ -14,38 +14,34 @@ NTT 解决的是多项式乘法带模数的情况，可以说有些受模数的 拉格朗日定理： $|S′|∣|S |$ 证明需要用到陪集，得到陪集大小等于子群大小，每个陪集要么不想交要么相等，所有陪集的并是集合 $S$ ，那么显然成立。 生成子群： $a \in S$ 的生成子群 $\left<a\right> = \{a^{(k)}, k \geq 1 \}$ ， $a$ 是 $\left< a \right>$ 的生成元 生成子群： $a \in S$ 的生成子群 $\left<a\right> = \{a^{(k)}, k \geq 1 \}$， $a$ 是 $\left< a \right>$ 的生成元 阶：群 $S$ 中 $a$ 的阶是满足 $a^r=e$ 的最小的 $r$ ， 符号 $\operatorname{ord}(a)$ ， 有 $\operatorname{ord}(a)=\left|\left<a\right>\right|$ ，显然成立。 考虑群 $Z_n^ \times =\{[a], n \in Z_n : \gcd(a, n) = 1\}, |Z_n^ \times | = \phi(n)$ 考虑群 $Z_n^ \times =\{[a], n \in Z_n : \gcd(a, n) = 1\}, |Z_n^ \times | = \varphi(n)$ 阶就是满足 $a^r \equiv 1 (\bmod n)$ 的最小的 $r$ ， $\operatorname{ord}(a)=r$ 阶就是满足 $a^r \equiv 1 \pmod n$ 的最小的 $r$，$\operatorname{ord}(a)=r$ ### [原根](/math/primitive-root) $g$ 满足 $\operatorname{ord}_n(g)=\left|Z_n^\times\right|=\phi(n)$ ，对于质数 $p$ ，也就是说 $g^i \bmod p, 0 \leq i < p$ 结果互不相同。 $g$ 满足 $\operatorname{ord}_n(g)=\left|Z_n^\times\right|=\varphi(n)$ ，对于质数 $p$ ，也就是说 $g^i \bmod p, 0 \leq i < p$ 结果互不相同。 模 $n$ 有原根的充要条件 : $n = 2, 4, p^e, 2 \times p^e$ 离散对数： $g^t \equiv a (\bmod n)，ind_{n,g}{(a)}=t$ 离散对数： $g^t \equiv a \pmod n，ind_{n,g}{(a)}=t$ 因为 $g$ 是原根，所以 $gt$ 每 $\phi(n)$ 是一个周期，可以取到 $| Z \times n |$ 的所有元素 因为 $g$ 是原根，所以 $gt$ 每 $\varphi(n)$ 是一个周期，可以取到 $| Z \times n |$ 的所有元素 对于 $n$ 是质数时，就是得到 $[1,n−1]$ 的所有数，就是 $[0,n−2]$ 到 $[1,n−1]$ 的映射 离散对数满足对数的相关性质，如 求原根可以证明满足 $g^r \equiv 1(\bmod p)$ 的最小的 $r$ 一定是 $p−1$ 的约数 对于质数 $p$ ，质因子分解 $p−1$ ，若 $g^{(p-1)/pi} \neq 1 (\bmod p)$ 恒成立， $g$ 为 $p$ 的原根 求原根可以证明满足 $g^r \equiv 1\pmod p$ 的最小的 $r$ 一定是 $p−1$ 的约数 对于质数 $p$ ，质因子分解 $p−1$ ，若 $g^{(p-1)/pi} \neq 1 \pmod p$ 恒成立， $g$ 为 $p$ 的原根 ## NTT 对于质数 $p=qn+1, (n=2^m)$ , 原根 $g$ 满足 $g^{qn} \equiv 1 (\bmod p)$ , 将 $g_n=g^p(\bmod q)$ 看做 $\omega_n$ 的等价，择其满足相似的性质，比如 $g_n^n \equiv 1 (\bmod p), g_n^{n/2} \equiv -1 (\bmod p)$ 对于质数 $p=qn+1, (n=2^m)$, 原根 $g$ 满足 $g^{qn} \equiv 1 \pmod p$, 将 $g_n=g^p\pmod q$ 看做 $\omega_n$ 的等价，择其满足相似的性质，比如 $g_n^n \equiv 1 \pmod p, g_n^{n/2} \equiv -1 \pmod p$ 然后因为这里涉及到数论变化，所以这里的 $N$ （为了区分 FFT 中的 n，我们把这里的 n 称为 $N$ ）可以比 FFT 中的 n 大，但是只要把 $\frac{qN}{n}$ 看做这里的 $q$ 就行了，能够避免大小问题…… 然后因为这里涉及到数论变化，所以这里的 $N$ （为了区分 FFT 中的 $n$，我们把这里的 $n$ 称为 $N$ ）可以比 FFT 中的 $n$ 大，但是只要把 $\frac{qN}{n}$ 看做这里的 $q$ 就行了，能够避免大小问题…… 常见的有 Loading Loading
docs/math/poly/ntt.md +10 −14 Original line number Diff line number Diff line Loading @@ -14,38 +14,34 @@ NTT 解决的是多项式乘法带模数的情况，可以说有些受模数的 拉格朗日定理： $|S′|∣|S |$ 证明需要用到陪集，得到陪集大小等于子群大小，每个陪集要么不想交要么相等，所有陪集的并是集合 $S$ ，那么显然成立。 生成子群： $a \in S$ 的生成子群 $\left<a\right> = \{a^{(k)}, k \geq 1 \}$ ， $a$ 是 $\left< a \right>$ 的生成元 生成子群： $a \in S$ 的生成子群 $\left<a\right> = \{a^{(k)}, k \geq 1 \}$， $a$ 是 $\left< a \right>$ 的生成元 阶：群 $S$ 中 $a$ 的阶是满足 $a^r=e$ 的最小的 $r$ ， 符号 $\operatorname{ord}(a)$ ， 有 $\operatorname{ord}(a)=\left|\left<a\right>\right|$ ，显然成立。 考虑群 $Z_n^ \times =\{[a], n \in Z_n : \gcd(a, n) = 1\}, |Z_n^ \times | = \phi(n)$ 考虑群 $Z_n^ \times =\{[a], n \in Z_n : \gcd(a, n) = 1\}, |Z_n^ \times | = \varphi(n)$ 阶就是满足 $a^r \equiv 1 (\bmod n)$ 的最小的 $r$ ， $\operatorname{ord}(a)=r$ 阶就是满足 $a^r \equiv 1 \pmod n$ 的最小的 $r$，$\operatorname{ord}(a)=r$ ### [原根](/math/primitive-root) $g$ 满足 $\operatorname{ord}_n(g)=\left|Z_n^\times\right|=\phi(n)$ ，对于质数 $p$ ，也就是说 $g^i \bmod p, 0 \leq i < p$ 结果互不相同。 $g$ 满足 $\operatorname{ord}_n(g)=\left|Z_n^\times\right|=\varphi(n)$ ，对于质数 $p$ ，也就是说 $g^i \bmod p, 0 \leq i < p$ 结果互不相同。 模 $n$ 有原根的充要条件 : $n = 2, 4, p^e, 2 \times p^e$ 离散对数： $g^t \equiv a (\bmod n)，ind_{n,g}{(a)}=t$ 离散对数： $g^t \equiv a \pmod n，ind_{n,g}{(a)}=t$ 因为 $g$ 是原根，所以 $gt$ 每 $\phi(n)$ 是一个周期，可以取到 $| Z \times n |$ 的所有元素 因为 $g$ 是原根，所以 $gt$ 每 $\varphi(n)$ 是一个周期，可以取到 $| Z \times n |$ 的所有元素 对于 $n$ 是质数时，就是得到 $[1,n−1]$ 的所有数，就是 $[0,n−2]$ 到 $[1,n−1]$ 的映射 离散对数满足对数的相关性质，如 求原根可以证明满足 $g^r \equiv 1(\bmod p)$ 的最小的 $r$ 一定是 $p−1$ 的约数 对于质数 $p$ ，质因子分解 $p−1$ ，若 $g^{(p-1)/pi} \neq 1 (\bmod p)$ 恒成立， $g$ 为 $p$ 的原根 求原根可以证明满足 $g^r \equiv 1\pmod p$ 的最小的 $r$ 一定是 $p−1$ 的约数 对于质数 $p$ ，质因子分解 $p−1$ ，若 $g^{(p-1)/pi} \neq 1 \pmod p$ 恒成立， $g$ 为 $p$ 的原根 ## NTT 对于质数 $p=qn+1, (n=2^m)$ , 原根 $g$ 满足 $g^{qn} \equiv 1 (\bmod p)$ , 将 $g_n=g^p(\bmod q)$ 看做 $\omega_n$ 的等价，择其满足相似的性质，比如 $g_n^n \equiv 1 (\bmod p), g_n^{n/2} \equiv -1 (\bmod p)$ 对于质数 $p=qn+1, (n=2^m)$, 原根 $g$ 满足 $g^{qn} \equiv 1 \pmod p$, 将 $g_n=g^p\pmod q$ 看做 $\omega_n$ 的等价，择其满足相似的性质，比如 $g_n^n \equiv 1 \pmod p, g_n^{n/2} \equiv -1 \pmod p$ 然后因为这里涉及到数论变化，所以这里的 $N$ （为了区分 FFT 中的 n，我们把这里的 n 称为 $N$ ）可以比 FFT 中的 n 大，但是只要把 $\frac{qN}{n}$ 看做这里的 $q$ 就行了，能够避免大小问题…… 然后因为这里涉及到数论变化，所以这里的 $N$ （为了区分 FFT 中的 $n$，我们把这里的 $n$ 称为 $N$ ）可以比 FFT 中的 $n$ 大，但是只要把 $\frac{qN}{n}$ 看做这里的 $q$ 就行了，能够避免大小问题…… 常见的有 Loading
