在Schönhage–Strassen算法中如何选择内环？

我一直在尝试实现Schönhage–Strassen整数乘法算法，但是在递归步骤中遇到了绊脚石。

我有一个位的值，我想计算。我最初以为是选择一个k，使4 ^ k \ geq 2n，将x分成2 ^ k个，每个具有2 ^ {k-1}位，在对2 ^ {2 ^ k}进行模运算时应用SSA的卷积+1，即每个值具有2 ^ k位容量的环，然后将碎片放回原处。但是，卷积的输出略大于2n位（即> 2 ^ k$x$$n$$x^2 \pmod {2^n+1}$$k$$4^k \geq 2n$$x$$2^k$$2^{k-1}$$2^{2^k}+1$$2^k$$2n$$>2^k$每个输出值的位数大于环的容量，这是因为每个输出值是多个乘积之和），所以这是行不通的。我必须添加2的额外因素。

填充中的额外2因子破坏了复杂性。这使我的递归步骤太昂贵了。代替了$F(n) = n \lg n + \sqrt{n} F(2 \sqrt{n}) = \Theta(n \; \lg n \; \lg \lg n)$算法用$F(n) = n \lg n + \sqrt{n} F(4 \sqrt{n}) = \Theta(n \lg^2 n)$算法。

我阅读了一些来自维基百科的链接，但它们似乎都掩盖了如何解决此问题的细节。例如，我可以通过工作模避免额外的填充开销的，这不是2的幂......但后来的事情后来才破的时候我只有非功率剩下2个因素，并且在不加倍数量的情况下不能应用Cooley-Tukey。而且，可能不具有模的乘法逆。因此，仍然存在2的强制因素。$2^{p 2^k} + 1$$p$$p$$2^p+1$

如何在递归步骤中选择要使用的环，而又不增加渐近复杂性？

或者，以伪代码形式：

multiply_in_ring(a, b, n):
  ...
  // vvv                          vvv //
  // vvv HOW DOES THIS PART WORK? vvv //
  // vvv                          vvv //
  let inner_ring = convolution_ring_for_values_of_size(n);
  // ^^^                          ^^^ //
  // ^^^ HOW DOES THIS PART WORK? ^^^ //
  // ^^^                          ^^^ //

  let input_bits_per_piece = ceil(n / inner_ring.order);
  let piecesA = a.splitIntoNPiecesOfSize(inner_ring.order, input_bits_per_piece);
  let piecesB = b.splitIntoNPiecesOfSize(inner_ring.order, input_bits_per_piece);

  let piecesC = inner_ring.negacyclic_convolution(piecesA, piecesB);
  ...

该答案摘自Markus在评论中链接的论文“渐近快速算法，用于对具有复杂系数的多项式进行数值乘法和除法”。

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你想平方 $n$位数，模 $2^n + 1$。这是您的工作：

• 找 $p$ 和 $s$ 满足 $n = (p-1) 2^s$ 和 $s \leq p \leq 2s$。

• 挑选件数 $2^m$ 分割 $n$ 位，以及相应的件数参数：

  $$\begin{align} m &= \lfloor s/2 \rfloor + 1 \\s_2 &= \lceil s/2 \rceil + 1 \\ p_2 &= \lceil p/2 \rceil + 1 \end{align}$$

  注意 $s_2$ 和 $p_2$ 继续满足 $s_2 \leq p_2 \leq 2 s_2$不变的 另请注意$2^m 2^{s_2} p_2 \geq 2n + m + 1$ 满足，因此输入内容适合携带。

• 像往常一样，在片段上执行基于FFT的负循环卷积，其余部分执行。

这就是最主要的思想：对数填充因子 $p$。现在进行复杂性分析。FFT将$n m$ 工作要做，我们继续 $2^m$ 大小 $(p_2-1) 2^{s_2}$，因此我们现在可以使用递归关系wrt进行极其粗略的数学运算 $s$：

$$\begin{align} F(s) &(\leq)\; (p-1)2^sm + 2^m F(\lceil s/2\rceil+1) \\ &(\leq)\; 2s2^s (\lfloor s/2\rfloor+1) + 2^{\lfloor s/2\rfloor+1} F(\lceil s/2\rceil+1) \\ &(\leq)\; s^2 2^s + 2 \cdot 2^{s/2} F(s/2+1) \\ &(\leq)\; s^2 2^s + 4 (s/2)^2 2^s + 16(s/4)^2 2^s + ... \\ &(\leq)\; 2^s s^2 \lg(s) \\ &(\leq)\; \frac{n}{\lg n} \left(\lg \frac{n}{\lg n}\right)^2 \lg \lg \frac{n}{\lg n} \\ &(\leq)\; \frac{n}{\lg n} (\lg^2 n) \lg \lg n \\ &(\leq)\; n \;(\lg n) \lg \lg n \end{align}$$

尽管我在这些步骤中作弊很多，但这似乎是对的。

“把戏”似乎是我们最终得到的事实 $s^2$ 代替 $s$基本费用。每个递归级别仍然有两个乘以2的乘积，就像我在问题中抱怨的那样，但是现在减半$s$付出了双倍的红利，所以一切顺利。然后，最后，我们取消了$s$ （实际上是 $\log n$）多亏了 $p$ 相对于 $s$ 原来。