วงแหวนด้านในถูกเลือกในอัลกอริทึมSchönhage – Strassen อย่างไร

ฉันพยายามที่จะใช้อัลกอริทึมการคูณจำนวนเต็มของSchönhage - Strassen แต่กด stumbling block ในขั้นตอนวนซ้ำ

ฉันมีค่าด้วยบิตและฉันต้องการที่จะคำนวณ1} ฉันคิดว่าแนวคิดดั้งเดิมคือการเลือกที่แยกเป็นชิ้นแต่ละชิ้นด้วยบิตใช้การโน้มน้าวใจของ SSA ขณะทำงานโมดูโล , แหวนที่มีความจุบิตต่อค่าจากนั้นนำชิ้นส่วนกลับมารวมกัน อย่างไรก็ตามเอาต์พุตของการบิดมีมากกว่าบิตเล็กน้อย(เช่น$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$บิตต่อค่าเอาต์พุตซึ่งมากกว่าความจุของวงแหวนเนื่องจากแต่ละค่าเอาต์พุตเป็นผลรวมของผลิตภัณฑ์หลายตัว) จึงไม่ทำงาน ฉันต้องเพิ่มปัจจัยพิเศษอีก 2 อย่างของการเติมเต็ม

นั่นคือปัจจัยพิเศษของ 2 ในการทำลายที่ซับซ้อน มันทำให้ขั้นตอนแบบเรียกซ้ำของฉันแพงเกินไป แทนที่จะเป็นอัลกอริทึมฉันท้าย ด้วยF (n) = n \ lg n + \ sqrt {n} F (4 \ sqrt {n}) = \ Theta (n \ lg ^ 2 n)อัลกอริทึม$F(n) = n \lg n + \sqrt{n} F(2 \sqrt{n}) = \Theta(n \; \lg n \; \lg \lg n)$$F(n) = n \lg n + \sqrt{n} F(4 \sqrt{n}) = \Theta(n \lg^2 n)$

ฉันได้อ่านเอกสารอ้างอิงสองสามฉบับที่เชื่อมโยงจากวิกิพีเดีย แต่พวกเขาดูเหมือนจะล้วงลึกถึงรายละเอียดว่าปัญหานี้ได้รับการแก้ไขอย่างไร ตัวอย่างเช่นฉันสามารถหลีกเลี่ยงค่าใช้จ่ายในการเสริมกำลังพิเศษได้ด้วยการทำงาน modulo $2^{p 2^k} + 1$สำหรับ$p$ที่ไม่ใช่พลังของ 2 ... แต่จากนั้นสิ่งต่าง ๆ ก็พังทลายในภายหลังเมื่อฉันไม่มีพลัง - เหลือเพียงปัจจัย 2 และไม่สามารถใช้ Cooley-Tukey ได้โดยไม่ต้องเพิ่มจำนวนสองเท่า นอกจากนี้$p$ไม่อาจมีผกผันแบบโมดูโล$2^p+1$ 1 ดังนั้นยังคงมีปัจจัยบังคับจากการแนะนำ 2 อย่าง

ฉันจะเลือกแหวนที่จะใช้ในระหว่างขั้นตอนแบบเรียกซ้ำโดยไม่ทำให้เกิดความซับซ้อนเชิงซีมโทติคได้อย่างไร?

หรือในรูปแบบโค้ดหลอก:

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);
  ...

คำตอบนี้นำมาจากบทความเรื่อง"Asymptotically fast algorithm สำหรับการคำนวณเชิงตัวเลขและการหารของ polynomials ด้วยสัมประสิทธิ์ที่ซับซ้อน"ซึ่ง Markus เชื่อมโยงในความคิดเห็น

---

คุณต้องการที่จะตารางจำนวนบิต, โมดูโล1 นี่คือสิ่งที่คุณทำ:$n$$2^n + 1$

• ค้นหาและที่ตอบสนองและ2s$p$$s$$n = (p-1) 2^s$$s \leq p \leq 2s$

• เลือกจำนวนชิ้นเพื่อแบ่งบิตเป็นและพารามิเตอร์ที่เกี่ยวข้องสำหรับขนาดชิ้น:$2^m$$n$

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

  โปรดทราบว่าและยังคงตอบสนองความคงที่ โปรดทราบว่ามีความพึงพอใจดังนั้นอินพุตจึงเหมาะกับห้องสำหรับพกพา$s_2$$p_2$$s_2 \leq p_2 \leq 2 s_2$$2^m 2^{s_2} p_2 \geq 2n + m + 1$

• ดำเนินการ convolutions negacyclic-based FFT บนชิ้นส่วนและส่วนที่เหลือตามปกติ

เพื่อให้เป็นความคิดที่ครอบคลุมกลอการิทึม padding ปัจจัยPตอนนี้สำหรับการวิเคราะห์ความซับซ้อน FFT จะใช้งานที่ต้องทำและเรา recursing อยู่บนชิ้นส่วนของขนาดดังนั้นตอนนี้เราสามารถทำคณิตศาสตร์หยาบมากกับการกลับมาอีกความสัมพันธ์ WRT :$p$$n m$$2^m$$(p_2-1) 2^{s_2}$$s$

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

ซึ่งดูเหมือนว่าถูกต้องถึงแม้ว่าฉันจะโกงในขั้นตอนเหล่านั้นมากทีเดียว

'หลอกลวง' ดูเหมือนจะเป็นความจริงที่ว่าเราลงท้ายด้วยแทนที่จะในราคาฐาน ยังคงมีสองคูณสองต่อระดับ recursive เหมือนฉันถูกบ่นเกี่ยวกับในคำถาม แต่ตอนนี้ลดลงครึ่งหนึ่งของจะจ่ายเงินปันผลสองครั้งเพื่อให้มันทั้งหมดออกไปทำงาน จากนั้นในตอนท้ายเรายกเลิกปัจจัยพิเศษของ (ซึ่งอันที่จริงแล้วเป็นปัจจัย ) ขอบคุณที่ทำให้มีขนาดใหญ่เมื่อเทียบกับในเบื้องต้นลอการิทึม$s^2$$s$$s$$s$$\log n$$p$$s$