곱셈

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나는 여기를 보고 있었고 , 두 개의 비트 숫자의 곱셈에 가장 적합한 런타임 은 임을 알았지 만 . $n$ $O(n\cdot \log n \cdot 2^{O(\log^* n)}$ $O(n\cdot \log n)$

결국, 우리 는 런타임 에서 차수 두 다항식을 곱하는 방법을 알고 있습니다. 그러나 다항식을 곱하는 것은 두 개의 비트 수 를 곱하는 것과 같습니다 . 따라서 우리는 에 두 개의 비트 수 를 곱하는 알고리즘을 가지고 있습니다 . 이제 발생할 수있는 유일한 문제는 캐리 (carry)이지만 각 단계에서 시간 에 문제를 해결 하여 끝까지 가장 오른쪽 비트와 왼쪽 이웃에서 간단히 이동할 수 있습니다. 즉, 우리의 런타임은 $n$ $O(n \log n)$ $n$ $n$ $O(n \log n )$ $O(n)$ . $O(n \cdot \log n)$

새로운 발견을 했습니까? 아니면 위키 백과 페이지가 구식입니까? 아니면 실수가 있을까요?

runtime-analysis

— 명예
소스

정도에서 곱셈 두 다항식에 ""우리가 알고있는 "하는 방법은 무엇입니까

에서

"런타임은?

n

$n$

O (n \log n)

$O(n \log n)$

$\hspace{.46 in}$

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@DavidRicherby가 이미 지적했듯이, 복잡성에 대한 여러 가지 측정 방법이 혼합되어 혼란이 발생합니다. 그러나 조금 자세히 설명하겠습니다.

일반적으로 임의의 링에 대한 다항식 곱셈 알고리즘을 연구 할 때 알고리즘이 사용하는 링의 산술 연산 수에 관심이 있습니다. 특히, 일부 (계산적, 단일) 고리 과 보다 작은 차수의 두 다항식 가 주어지면 Schönhage-Strassen 알고리즘은 곱셈과 덧셈이 필요합니다 를 계산하기 위해 $R$ $f,g \in R[X]$ $n$ $O(n \log{n} \log{\log{n}})$ $R$ $fg \in R[X]$ 하여, 대략 인접한 에 통일성 번째 시근을 약간 큰 링 얻는 고속 푸리에 변환하여 위에 다음과 의 생성물 컴퓨팅, . $n$ $R$ $D \supset R$ $D$ $D$

반지가 포함 된 경우 통일 번째 루트, 다음이를 가속화 할 수있다 에서 작업 고속 푸리에을 통해 직접 변환을 사용하여 . 보다 구체적으로, 보다 링 연산을 사용하여이 작업을 수행 할 수 있습니다 (복소수에 대한 정확한 산술이 필요하다는 사실은 무시). $n$ $O(n \log n)$ $R$ $R$ $\mathbb{Z} \subset \mathbb{C}$ $O(n \log n)$

고려할 수있는 다른 방법은 작업의 비트 복잡성입니다. 그리고 이것은 비트 길이 의 두 정수를 곱할 때 우리가 관심을 입니다. 여기에서 프리미티브 연산은 두 자리를 곱하고 더하기 (carry 포함)입니다. 따라서 두 개의 다항식을 곱할 때 계산 중에 발생하는 숫자에 일정한 수의 기본 연산을 사용하여 곱할 수 없다는 사실을 실제로 고려해야합니다. 이것과 에 의 번째 기본 단위의 근본 이 없다는 사실 은 하지 못하게합니다. $n$ $\mathbb{Z}$ $\mathbb{Z}$ $n$ $n > 2$ $O(n \log n)$ 연산. 만약 고려하여이를 극복 링에서 계수 제품 다항식의 계수를 초과하지 않으므로,이 바인딩. 거기에서 ( 이 2의 거듭 제곱 일 때 ) 의 번째 근본으로 의 합동 클래스를 가지며, 계수 곱셈 알고리즘을 재귀 적으로 호출하여 총 얻을 수 있습니다. 원시 (즉, 비트) 연산. 그런 다음 정수 곱셈으로 넘어갑니다. $f,g$ $\mathbb{Z}/\langle 2^n + 1 \rangle$ $n$ $2$ $n$ $O(n \log n \log \log n)$

링 연산과 프리미티브 연산의 차이점의 중요성을 잘 보여주는 예를 들어, 다항식을 평가하는 두 가지 방법, Horner 방법과 Estrin 방법을 고려하십시오. 호너 방법 다항식 평가 몇몇 식별 이용하여 $f = \sum_{i=0}^n f_i X^i$ $x \in \mathbb{Z}$ 까지 에스 트린의 방법 스플릿 동안 의 두 부분으로 및 , 즉 정도의 조건을 포함 및 정도 ( 가정

f (x) = (\dots (f_{n} x + f_{n - 1}) x + \dots + \dots) + f_{0}

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

f

$f$

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

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

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

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

H

$H$

> n / 2

$>n/2$

L

$L$

\leq n / 2

$\leq n/2$

n

$n$ 단순성을 위해 2의 거듭 제곱입니다).

$f(x)$

에프 (엑스) = H (엑스) {엑스}^{엔 / 2} + 엘 (엑스)

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

$n$ $n + \log n$

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

— 고넬료 브랜드
소스

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$n$ $O(n\log n)$ $n$ $O(2^{\log^*n}n\log n)$ $n$ $O(n\log n)$

— 데이비드 리처 비
소스

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나는 이것이 문제 라고 생각하지 않습니다 . 숫자가 "x"가 기본 인 다항식 ( 예 : 2)으로 생각되면 일반적으로 일정 시간에 0도 다항식 (기본보다 작은 수)을 곱할 수 있습니다 . 문제는 O (n * log n) 알고리즘이 FFT를 사용하고 FFT 알고리즘 내에 무의식적으로 더 큰 숫자가 나타날 수 있다는 것입니다.

— jkff