Как выбирается внутреннее кольцо в алгоритме Шёнхаге-Штрассена?

Я пытался реализовать алгоритм умножения целых чисел Шёнхаге-Штрассена, но натолкнулся на камень преткновения на рекурсивном этапе.

У меня есть значение с битами, и я хочу вычислить . Первоначально я думал, что идея состоит в том, чтобы выбрать , чтобы 4 ^ k \ geq 2n , разбить x на 2 ^ k частей, каждый с 2 ^ {k-1} битами, применить свертку SSA во время работы по модулю 2 ^ {2 ^ k} +1 , кольцо с 2 ^ k битами емкости на значение, затем соедините части вместе. Однако вывод свертки имеет чуть более 2n бит (т.е. > 2 ^ k$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$бит на выходное значение, которое больше емкости кольца, поскольку каждое выходное значение является суммой нескольких продуктов), поэтому это не работает. Я должен был добавить дополнительный коэффициент 2 дополнения.

Этот дополнительный фактор 2 в заполнении разрушает сложность. Это делает мой рекурсивный шаг слишком дорогим. Вместо алгоритма $F(n) = n \lg n + \sqrt{n} F(2 \sqrt{n}) = \Theta(n \; \lg n \; \lg \lg n)$ я получаю с алгоритмом $F(n) = n \lg n + \sqrt{n} F(4 \sqrt{n}) = \Theta(n \lg^2 n)$ .

Я прочитал несколько ссылок, связанных с Википедией, но все они, кажется, затушевывают детали того, как эта проблема решается. Например, я мог бы избежать дополнительных накладных расходов, работая по модулю $2^{p 2^k} + 1$ для $p$ который не является степенью 2 ... но тогда все просто сломается позже, когда у меня только не-power- из 2 факторов осталось и не может применить Кули-Тьюки без удвоения количества фигур. Кроме того, $p$ может не иметь мультипликативного обратного по модулю $2^p+1$ . Таким образом, все еще существуют вынужденные факторы 2.

Как выбрать кольцо для использования во время рекурсивного шага, не увеличивая асимптотическую сложность?

Или в форме псевдокода:

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);
  ...

Этот ответ взят из статьи «Асимптотически быстрые алгоритмы числового умножения и деления многочленов с комплексными коэффициентами», которую Маркус связал в комментариях.

---

Вы хотите возвести в квадрат разрядное число по модулю . Вот что вы делаете:$n$$2^n + 1$

• Найдите и которые удовлетворяют и .$p$$s$$n = (p-1) 2^s$$s \leq p \leq 2s$

• Выберите количество частей чтобы разделить бит, и соответствующие параметры для размеров частей:$2^m$$n$

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

  Обратите внимание, что и продолжают удовлетворять инварианту . Также обратите внимание, что удовлетворяется, поэтому вход соответствует месту для переносов.$s_2$$p_2$$s_2 \leq p_2 \leq 2 s_2$$2^m 2^{s_2} p_2 \geq 2n + m + 1$

• Выполните основанную на БПФ отрицательную циклическую свертку на кусках, а остальное, как обычно.

Так что это всеобъемлющая идея: логарифмический коэффициент заполнения . Теперь для анализа сложности. Для выполнения БПФ потребуется работа, и мы вернемся к кусочкам , так что теперь мы можем сделать очень грубую математику с рекуррентным соотношением относительно :$p$$n m$$2^m$$(p_2-1) 2^{s_2}$$s$

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

Что кажется правильным, хотя я довольно много обманывал на этих шагах.

«Уловка», кажется, в том, что мы получаем вместо в базовой стоимости. По-прежнему есть два умножения на два на рекурсивный уровень, как я жаловался в этом вопросе, но теперь, когда половина в платит двойные дивиденды, все работает. Затем, в конце, мы отменяем дополнительный коэффициент (который на самом деле является коэффициентом ) благодаря тому, что изначально мы делали логарифмически большим относительно .$s^2$$s$$s$$s$$\log n$$p$$s$