Tính tổng các đa thức thưa thớt bình phương trong thời gian O (n log n)?

Giả sử chúng ta có đa thức độ nhiều nhất là , , sao cho tổng số hệ số khác không là (nghĩa là đa thức là thưa thớt). Tôi quan tâm đến một thuật toán hiệu quả để tính toán đa thức: n n > m $p_1,...,p_m$$n$$n>m$$n$

Vì đa thức này có độ lớn nhất là , cả kích thước đầu vào và đầu ra là . Trong trường hợp chúng ta có thể tính kết quả bằng cách sử dụng FFT trong thời gian . Điều này có thể được thực hiện cho bất kỳ ? Nếu nó có bất kỳ sự khác biệt nào, tôi quan tâm đến trường hợp đặc biệt trong đó các hệ số là 0 và 1, và việc tính toán nên được thực hiện trên các số nguyên.O ( n ) m = 1 O ( n log n ) m < $2n$$O(n)$$m=1$$O(n \log n)$$m<n$

Cập nhật. Tôi nhận ra rằng một giải pháp nhanh cho những điều trên sẽ bao hàm những tiến bộ trong nhân ma trận nhanh. Cụ thể, nếu thì chúng ta có thể đọc được là hệ số của trong . Do đó, tính toán tương ứng với tính toán một sản phẩm bên ngoài gồm hai vectơ và tính toán tổng tương ứng với tính toán một sản phẩm ma trận. Nếu có một giải pháp sử dụng thời gian để tính toán sau đó chúng ta có thể nhân hai -by- ma trận trong thời gian một i k b k j x i + n j p k ( x ) 2 p k ( x ) 2 ∑ k p k ( x ) 2 f $p_k(x)=\sum_{i=1}^n a_{ik} x^i + \sum_{j=1}^n b_{kj} x^{nj}$$a_{ik} b_{kj}$$x^{i+nj}$$p_k(x)^2$$p_k(x)^2$$\sum_k p_k(x)^2$$f(n,m)$$\sum_k p_k(x)^2$$n$$n$$f(n^2,n)$, có nghĩa là cho sẽ đòi hỏi một bước đột phá lớn. Nhưng , trong đó là số mũ hiện tại của phép nhân ma trận, có thể có thể. Ý tưởng, có ai không?m ≤ n f ( n , m ) = n ω / 2$f(n,m)=O(n\log n)$$m\leq n$$f(n,m)=n^{\omega/2}$$\omega$

Bình phương một đa thức với khác không hệ số đòi hỏi thời gian O ( x 2 i ) sử dụng bình thường hạn bởi hạn nhân, vì vậy đây nên được ưa thích với FFT cho những đa thức nơi x i < $x_i$$O(x_i^2)$ . NếuΣixi=n, sau đó số lượng các đa thức vớixilớn hơn$x_i < \sqrt{n \log n}$$\sum_i x_i = n$$x_i$ làO($\sqrt{n \log n}$, và những sẽ mất thời gianO(n 3 / 2 (logn) 1 / 2 )hình vuông và kết hợp (như sẽ các đa thức còn lại). Đây là một sự cải tiến so với rõ ràngO(mnlogn)ràng buộc khimlàΘ($O(\sqrt{n / \log n})$$O(n^{3/2}({\log n})^{1/2})$$O(m n \log n)$$m$.$\Theta(\sqrt{n / \log n})$

Không phải là một câu trả lời đầy đủ nhưng có thể hữu ích.

Hãy cẩn thận: Nó chỉ hoạt động tốt nếu các hỗ trợ của nhỏ.$p_i^2$

Với đa thức , hãy để S q = { i ∣ a i ≠ 0 } là hỗ trợ của nó và s q = | S q | là kích thước của sự hỗ trợ. Hầu hết các p tôi sẽ thưa thớt, tức là sẽ có một hỗ trợ nhỏ.$q = a_0 + a_1x + \dots +a_nx^n$$S_q = \{i \mid a_i \not= 0\}$$s_q = |S_q|$$p_i$

Có các thuật toán để nhân các đa thức thưa thớt và b theo thời gian tuyến tính theo kích thước của sự hỗ trợ của sản phẩm a b , xem ví dụ: http://arxiv.org/abs/0901.4323$a$$b$$a b$

Hỗ trợ của là (chứa trong) S a + S b , trong đó tổng của hai tập S và T được định nghĩa là S + T : = { s + t ∣ s ∈ S , t ∈ T } . Nếu tổng số hỗ trợ của tất cả các sản phẩm là nhỏ, thì tổng cộng tuyến tính là n , thì người ta chỉ có thể tính toán các sản phẩm và cộng tất cả các đơn thức.$ab$$S_a + S_b$$S$$T$$S + T := \{s + t \mid s \in S, t \in T\}$$n$

Tuy nhiên nó là rất dễ dàng để tìm đa thức và b như vậy mà kích thước của sự hỗ trợ của một b là bậc hai trong các kích thước của sự hỗ trợ của một và b . Trong ứng dụng cụ thể này, chúng tôi là đa thức bình phương. Vậy câu hỏi là cách lớn hơn nhiều S + S so với S . Các biện pháp thông thường cho điều này là số nhân đôi | S + S | / | S | . Có những bộ với số nhân đôi không giới hạn. Nhưng nếu bạn có thể loại trừ các bộ có số lượng nhân đôi lớn là hỗ trợ của p $a$$b$$ab$$a$$b$$S + S$$S$$|S + S|/|S|$$p_i$, sau đó bạn có thể có được một thuật toán nhanh cho vấn đề của bạn.

Chỉ muốn lưu ý các thuật toán gần đúng tự nhiên. Điều này không tận dụng lợi thế của sự thưa thớt.

Bạn có thể sử dụng một chuỗi ngẫu nhiên $(\sigma_i)_{i\in[n]}$ Đón $X=\sum_i \sigma_i p_i(x)$ ta có thể tính $X^2$ trong $n\log n$ thời gian sử dụng FFT. Sau đó $EX^2 = \sum_i p_i(x)^2 = S$ và $\sqrt{VX^2} = O(S)$. Vì vậy, bạn có thể nhận được một$1+\varepsilon$xấp xỉ trong thời gian$O(\varepsilon^{-2} n \log n )$.