Bagaimana cincin bagian dalam dipilih dalam algoritma Schönhage-Strassen?

Saya telah mencoba untuk mengimplementasikan algoritma multiplikasi integer Schönhage-Strassen, tetapi menabrak batu sandungan pada langkah rekursif.

Saya memiliki nilai dengan bit dan saya ingin menghitung . Awalnya saya pikir idenya adalah untuk memilih sehingga , pisahkan menjadi masing-masing dengan bit, terapkan konvolusi SSA saat bekerja modulo , sebuah cincin dengan bit kapasitas per nilai, lalu kumpulkan kembali. Namun, output konvolusi memiliki sedikit lebih dari bit (yaitun x $x$$n$k 4 k ≥ 2 n x 2 k 2 k - 1 2 2 k + 1 2 k 2 n > 2 $x^2 \pmod {2^n+1}$$k$$4^k \geq 2n$$x$$2^k$$2^{k-1}$$2^{2^k}+1$$2^k$$2n$$>2^k$bit per nilai output, yang lebih dari kapasitas cincin, karena setiap nilai output merupakan jumlah dari beberapa produk) jadi ini tidak berfungsi. Saya harus menambahkan faktor tambahan 2 padding.

Faktor tambahan 2 di padding merusak kompleksitas. Itu membuat langkah rekursif saya terlalu mahal. Alih-alih algoritma , saya berakhir dengan algoritma.$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)$

Saya membaca beberapa referensi yang ditautkan dari wikipedia, tetapi semuanya sepertinya mengabaikan detail bagaimana masalah ini diselesaikan. Sebagai contoh, saya dapat menghindari overhead padding tambahan dengan bekerja modulo $2^{p 2^k} + 1$ untuk $p$ yang bukan kekuatan 2 ... tapi kemudian hal-hal baru saja pecah, ketika saya hanya memiliki non-power- dari-2 faktor yang tersisa dan tidak dapat menerapkan Cooley-Tukey tanpa menggandakan jumlah bagian. Juga, $p$ mungkin tidak memiliki modul invers multiplikatif $2^p+1$ . Jadi masih ada faktor paksa dari 2 yang diperkenalkan.

Bagaimana cara memilih cincin untuk digunakan selama langkah rekursif, tanpa menghilangkan kerumitan asimptotik?

Atau, dalam bentuk kode semu:

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);
  ...

Jawaban ini diambil dari makalah "Algoritma cepat asimtotik untuk muitiplikasi numerik dan pembagian polinomial dengan koefisien kompleks" yang dihubungkan Markus dalam komentar.

---

Anda ingin persegi sebuah nomor-bit, modulo 2 n + 1 . Inilah yang Anda lakukan:$n$$2^n + 1$

• Temukan dan s yang memuaskan n = ( p - 1 ) 2 s dan s ≤ p ≤ 2 s .$p$$s$$n = (p-1) 2^s$$s \leq p \leq 2s$

• Pilih jumlah potongan untuk membagi n bit menjadi, dan parameter yang sesuai untuk ukuran potongan:$2^m$$n$

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

  Perhatikan bahwa dan p 2 terus memenuhi s 2 ≤ p 2 ≤ 2 s 2 yang tidak berubah. Perhatikan juga bahwa 2 m 2 s 2 p 2 ≥ 2 n + m + 1 puas, sehingga input sesuai dengan ruang untuk membawa.$s_2$$p_2$$s_2 \leq p_2 \leq 2 s_2$$2^m 2^{s_2} p_2 \geq 2n + m + 1$

• Lakukan konvolusi negasiklik berbasis FFT pada potongan, dan sisanya, seperti biasa.

Jadi itulah gagasan menyeluruh: faktor padding logaritmik . Sekarang untuk analisis kompleksitas. FFT akan mengambil n m pekerjaan yang harus dilakukan, dan kami recursing pada 2 m lembar ukuran ( p 2 - 1 ) 2 s 2 , jadi sekarang kita dapat melakukan matematika sangat kasar dengan kekambuhan hubungan wrt s :$p$$n m$$2^m$$(p_2-1) 2^{s_2}$$s$

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

Yang sepertinya benar, meskipun saya cukup banyak berbuat curang dalam langkah-langkah itu.

$s^2$$s$$s$$s$$\log n$$p$$s$