Schönhage-Strassen algoritmasında iç halka nasıl seçilir?

Schönhage – Strassen tamsayı çarpma algoritmasını uygulamaya çalışıyorum, ancak yinelemeli adımda bir tökezleyen bloğa çarptı.

Benim bir değerim var $x$ile bit ve hesaplamak istiyorum . Başlangıçta fikir almaya olduğunu düşündüm k öyle ki 4 ^ k \ geq 2n , split x içine k ^ 2 ile her adet 2 ^ {k-1} bit modül çalışırken, SSA en konvolüsyonunu uygulamak 2 ^ {2 ^ k} +1 , değer başına 2 ^ k bit kapasiteli bir halka , daha sonra parçaları tekrar bir araya getirin. Bununla birlikte, evrişim çıkışı 2n bitten biraz daha fazladır (yani > 2 ^ k$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$Her çıkış değerinin birkaç ürünün toplamı olması nedeniyle halkanın kapasitesinden daha fazla olan çıkış değeri başına bit sayısı), bu işe yaramaz. Ben 2 dolgu ekstra bir faktör eklemek zorunda kaldı.

Dolgudaki 2 ekstra faktör karmaşıklığı bozar. Yinelemeli adımımı çok pahalı yapıyor. Bunun yerine, bir $F(n) = n \lg n + \sqrt{n} F(2 \sqrt{n}) = \Theta(n \; \lg n \; \lg \lg n)$ algoritması, bir sona bir $F(n) = n \lg n + \sqrt{n} F(4 \sqrt{n}) = \Theta(n \lg^2 n)$ algoritması ile.

Vikipedi ile bağlantılı birkaç referans okudum, ancak hepsi bu sorunun nasıl çözüldüğüne dair ayrıntılar üzerinde parlak görünüyor. Örneğin, 2 gücü olmayan bir p$2^{p 2^k} + 1$ için modulo 2 ^ {p 2 ^ k} + 1 çalıştırarak ekstra dolgu yükünü önleyebilirim ... ama sonra sadece güç olmayan- -2 faktör kaldı ve parça sayısını iki katına çıkarmadan Cooley-Tukey'i uygulayamaz. Ayrıca, p çarpımsal bir ters modülo 2 ^ p + l'e sahip olmayabilir . Yani hala zorla kabul edilen 2 faktör var.$p$$p$$2^p+1$

Asimptotik karmaşıklığı üflemeden özyinelemeli adımda kullanılacak halkayı nasıl seçerim?

Veya sözde kod biçiminde:

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);
  ...

Bu cevap, Markus'un yorumlarda bağladığı "Karmaşık katsayılara sahip polinomların sayısal muitipi ve bölünmesi için asimptotik olarak hızlı algoritmalar" makalesinden alınmıştır .

---

Bir bitlik sayının karesini almak istiyorsunuz , modulo . İşte yapmanız gerekenler:$n$$2^n + 1$

• ve karşılayan ve bulun .$p$$s$$n = (p-1) 2^s$$s \leq p \leq 2s$

• biti bölmek için parça sayısını ve parça boyutları için karşılık gelen parametreleri seçin:$2^m$$n$

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

  ve değişmezini karşılamaya devam ettiğini unutmayın . Ayrıca , bu nedenle girişin olduğuna dikkat edin .$s_2$$p_2$$s_2 \leq p_2 \leq 2 s_2$$2^m 2^{s_2} p_2 \geq 2n + m + 1$

• Her zamanki gibi, parçalar ve geri kalanı üzerinde FFT tabanlı negasiklik konveksiyon gerçekleştirin.

İşte bu kapsayıcı fikir: logaritmik dolgu faktörü . Şimdi karmaşıklık analizi için. FFT alacak yapacak işi ve biz üzerinde konum recursing büyüklükte parçalara , şimdi biz nüks ilişki wrt ile son derece kaba matematik yapabilirsiniz :$p$$n m$$2^m$$(p_2-1) 2^{s_2}$$s$

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

Bu adımlarda oldukça fazla aldatmış olmama rağmen, bu doğru görünüyor.

'Hile' , temel maliyette yerine ile sonuçlandığımız gibi görünüyor . Sorunda şikayetçi olduğum gibi, yinelemeli seviye başına iki çarpma hala iki çarpım var, ama şimdi yarıya bölünmesi çift ​​temettü ödüyor, bu yüzden her şey işe yarıyor. Sonra, sonunda biz ekstra faktör iptal (aslında bir faktör olan ) yapım sayesinde için logaritmik büyük göreli başlangıçta.$s^2$$s$$s$$s$$\log n$$p$$s$