乘法

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我一直在寻找在这里，我注意到两个乘法的最佳运行 -Bits数是，但我可以很容易发现的算法，在运行。 $n$ $O(n\cdot \log n \cdot 2^{O(\log^* n)}$ $O(n\cdot \log n)$

毕竟，我们知道如何在运行时中将两个多项式相乘。但是多项式相乘与两个数字相乘相同。因此，我们有一种算法将两个数字相乘。现在可能发生的唯一问题是进位，但是在每个阶段中，我们都可以在时间内解决此问题，只需移动最右边的位及其左邻居，直到结束。也就是说，我们的运行时间应保持 $n$ $O(n \log n)$ $n$ $n$ $O(n \log n )$ $O(n)$ 。 $O(n \cdot \log n)$

那我做了一个新的（而且很明显）的发现吗？还是维基百科页面过时了？也许我有一些错误？

runtime-analysis

— 紧急情况
source

“我们知道”“ 在

运行时从

阶乘两个多项式”的方式是什么？

n

$n$

O (n \log n)

$O(n \log n)$

$\hspace{.46 in}$

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正如@DavidRicherby指出的那样，由于不同的复杂性度量混杂在一起而引起混乱。但是，让我详细说明一下。

通常，在研究用于任意环上的多项式乘法的算法时，人们会对算法使用的环中的算术运算数量感兴趣。特别地，给定一些（可交换的，整体的）环，和两个多项式小于度的，所述Schönhage-Strassen的算法需要的乘法和加法的为了计算 $R$ $f,g \in R[X]$ $n$ $O(n \log{n} \log{\log{n}})$ $R$ $fg \in R[X]$ 由大致邻接统一的第原始根到得到一些较大的环，然后，使用快速傅立叶变换过，计算在产物。 $n$ $R$ $D \supset R$ $D$ $D$

如果你的戒指包含统一个根，那么这可以加速到在操作通过直接快速傅立叶变换过。更具体地讲，在，你可以做到这一点使用环操作（忽略了一个事实，这将需要在复数精确的算法）。 $n$ $O(n \log n)$ $R$ $R$ $\mathbb{Z} \subset \mathbb{C}$ $O(n \log n)$

可以考虑的另一种措施是操作的位复杂度。这就是我们将两个长度为整数相乘的兴趣所在。在这里，原始运算是将两个数字相乘并加起来（带有进位）。因此，在将两个多项式乘以，实际上需要考虑以下事实：在计算过程中出现的数字不能使用恒定数量的基本运算来相乘。这以及在没有第个本元统一根这一事实阻止了您应用 $n$ $\mathbb{Z}$ $\mathbb{Z}$ $n$ $n > 2$ $O(n \log n)$ 算法。你通过考虑克服这个与来自环系数，由于产品多项式的系数将不超过此约束。存在（当是二的幂）时，有（同余类的）作为统一的第根，以及通过递归调用对于系数乘法算法，可以实现共原始（即位）操作。然后，这继续进行整数乘法。 $f,g$ $\mathbb{Z}/\langle 2^n + 1 \rangle$ $n$ $2$ $n$ $O(n \log n \log \log n)$

例如，一个很好地强调了环运算和原始运算之间差异的重要性的示例，请考虑两种用于评估多项式的方法：霍纳法和Estrin法。Horner的方法计算一个多项式在一些通过利用身份 $f = \sum_{i=0}^n f_i X^i$ $x \in \mathbb{Z}$ 而Estrin方法将分为两部分和即包含度项和度的条款（假设

F （ X ） = （ \dots （ F_{ñ} X + F_{ñ - 1个} ） X + \dots + \dots ） + F_{0}

$f(x) = (\ldots (f_n x + f_{n-1})x + \ldots + \ldots) + f_0$

f

$f$

H = \sum_{一世 = 1个}^{ñ / 2} F_{ñ / 2 + 一世} X^{一世}

$H = \sum_{i=1}^{n/2} f_{n/2+i} X^i$

大号 = \sum_{一世 = 0}^{ñ / 2} F_{一世} X^{一世}

$L = \sum_{i=0}^{n/2} f_{i} X^i$

H

$H$

> n / 2

$>n/2$

L

$L$

\leq n / 2

$\leq n/2$

n

$n$ 为简单起见，是2的幂）。

$f(x)$

F （ X ） = H （ X ） X^{ñ / 2} + 大号 （ X ）

$f(x) = H(x)x^{n/2} + L(x)$

$n$ $n + \log n$

$n/2$ $n/2$ $\Omega(n^2)$ $n$ $O(n)$ $O(n \log^c n) = \tilde{O}(n)$ $c > 0$

— 科尼利厄斯品牌
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$n$ $O(n\log n)$ $n$ $O(2^{\log^*n}n\log n)$ $n$ $O(n\log n)$

— 大卫·里希比
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我认为这不是问题。如果我们将数字视为“ x”为基数的多项式，例如2，那么通常我们可以在恒定时间内乘以零度多项式（小于基数的数）。我想这个问题是O（n * log n）算法使用FFT，而FFT算法内部可能会出现渐近更大的数字。

— jkff 2014年