《不一般的 DFT》阅读随笔

感觉上前置知识是毛啸 16 年的论文？

我手头也有，到时候发现有 at 到的地方就插一嘴说一句

srds 先这篇是因为有纸质版的这篇

感觉上大篇幅在讲复杂度模数大小相关的做法。

1 引言

我这写个啥？

概括一下。FFT nb，但是光会板子不够，给你整点有用的新玩意。我先扯点别人写过的，再给你讲讲任意长度 FFT。

反正不要钱，多少看一点~

2 定义及说明

2.1 约定

$|f(x)| :=$ 多项式 $f$ 的次数/系数。
$f(p) :=$ 多项式 $f(x)$ 在 $p$ 处的点值。
$\omega_n :=$ $n$ 次单位根，即 $\cos\left(\frac {2\pi} n\right) + \sin\left(\frac {2\pi} n\right)i$。
$DFT(f):=$ 多项式 $f(x)$ 在进行 DFT 后得到的系数序列。
$f_i :=$ 多项式 $f(x)$ 的第 $i$ 项系数。一般地，$0\le i < |f(x)|$。

2.2 DFT

离散傅里叶变换（DFT）是将 $\omega_n^0,\omega_n^1,\cdots,\omega_n^{n-1}$ 依次带入多项式 $f(x)$ 中得到的长度为 $n$ 的点值序列 $a$。称 $n = 2^k$ 为模长。一般有 $n > |f(x)|$。

在已知长度为 $n$ 的多项式 $f(x)$ 的点值序列 $a$ 的情况下，我们构造多项式 $g(x) = \sum_{i=0}^{n-1} a_i x^i$，并求出依次将 $\omega_n^0, \omega_n^{-1},\cdots,\omega_{n}^{-(n-1)}$ 带入得到的点值序列 $b$，则 $f(x) = \frac 1n\sum_{i=0}^{n-1} b_i x^i$。

证明：

\[\begin{aligned}

b_k &= \ \sum_{i=0}^{n-1} a_i\left(\omega_n^{-k}\right)^i
\\ & = \ \sum_{i=0}^{n-1} \left(\sum_{j=0}^{n-1} f_i\left(\omega_n^i\right)^j \right)\left(\omega_n^{-k}\right)^i
\\ & = \ \sum_{i=0}^{n-1} f_i\left(\sum_{j=0}^{n-1} \left(\omega_n^{i-k}\right)^j \right)
\\ & = \ \sum_{i=0}^{n-1} f_i\times n[i - k = 0]
\\ & = \ n f_k

\end{aligned}\]

$3\to 4$ 的转化考虑 $i-k=0$ 时 $\omega_{n}^{i-k} = 1$，反之通过等比数列求和得到总和为 $0$。

2.3 MTT

为啥它会把一般模数 FFT 叫做 MTT 呢？

首先有一种拆系数 FFT。

假设我们需要求解 $A(x)\times B(x)$ 的各项系数对 $1e9 + 7$ 等模数取模后的值。如果直接干上去，运行多项式乘积时产生值的绝对值是 $O(p^2|A(x)|)$ 的，不能接受。

我们将多项式的各项系数写作 $xC + y(0\le y < C)$ 的形式，其中 $C$ 是一个正整数。那写 $A(x) = CA_1(x) + A_2(x)$，$B(x) = CB_1(x) + B_2(x)$。则

\[A(x)\times B(x) = C^2 A_1(x)B_1(x) + CA_1(x) B_2(x) + CA_2(x) B_1(x) + A_2(x)B_2(x)
\]

我们取 $C = \left\lfloor \sqrt p\right\rfloor$，则运行多项式乘积时产生值的绝对值是 $O(p|A(x)|)$ 的，可以接受。

然后说一下三次变两次的优化。srds这部分论文里没有

就是说啊，我们构造多项式 $P(x) = A(x) + B(x)i,\ Q(x) = A(x) - B(x)i$，则根据定义由 $DFT(A)_ i = \frac{DFT(P)_ i + DFT(Q)_ i}2,\ DFT(B)_ i = -i \frac{DFT(P)_ i - DFT(Q)_ i}2$。并且，我们有 $DFT(P)_ i = DFT(Q)_ {n-i}$。证明考虑在写出 $DFT(Q)_ i$ 的表式时展开两个复数的相乘部分，并取共轭。

容易发现这样只需要两次 $DFT$，分别是取得 $DFT(P),\ DFT(Q)$ 和 $A(x)\times B(x)$。

然后通过这样的优化，我们能得到一种四次 DFT 的 MTT 写法。这里有一份常数不大的实现。

其次有一种做两/三次 NNT 模数下的 DFT 后使用 CRT 合并的写法。常数太大了，没人写。

3 任意模长 DFT

3.1 引入

例题 1：单位根反演练习题。

\[\sum_{i=0}^{\infty}\binom{k}{in+m} = \sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}[n | i - m] = \sum_{i=0}^k\binom ki \frac 1n\sum_{j=0}^{n-1}\omega_{n}^{(i-m)j}
\]

例题 2：【模板】Chirp Z-Transform

没讲做法。因为下面：

3.2 快速傅里叶变换

讲了一下 FFT 的基础分治部分。为下面做准备用的。

具体内容左转oiwiki。

3.3 基于分治的快速傅里叶变换

类比 FFT，我们推广。一般地，我们需要计算 $V(j) = \sum_{i=0}^{n-1} a_i \omega_n^{ij}$。

仍然是拆 $n$。设 $n$ 的 $lpf$ 为 $d$，我们有这样的做法的复杂度为 $T(n) = dT(\frac nd) + O(dn)$。容易看出来 $T(n) = O(n^2)$。

换种做法。

3.4 基于卷积的快速傅里叶变换

嗯，正主来了。Chirp Z-Transform，简称 czt。又称 Z 算法、bluestein 算法。

套路地，$ij = \binom{i + j}2 - \binom i2 - \binom j2$。

对于 $DFT$，我们有式子

\[V(j) \omega_n^{\binom j2} = \sum_{i = 0}^{n-1} a_i\omega_n^{-\binom{i}{2}}\omega_n^{\binom{i + j}{2}}
\]

等号右侧可以看作构造多项式 $F(x) = \sum_{i=0}^{n-1} \omega_n^{-\binom{i}{2}}x^i$ 对 $G(x) = \sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{a_i\binom{i}{2}}x^i$ 进行了减卷积后的结果。然后右侧的部分不需要模长的限制，可以直接做不限制长度的 DFT。

对于 $IDFT$，我们有式子

\[V(j) \omega_n^{-\binom j2} = \sum_{i = 0}^{n-1} a_i\omega_n^{\binom{i}{2}}\omega_n^{-\binom{i + j}{2}}
\]

直接减卷积即可。

总时间复杂度 $O(n\log n)$。

code

signed main() {

	ios::sync_with_stdio(false), cout.tie(0);

	get(n, c, m); int inv = qp(c, mod - 2);

	for (int i = 0, p1 = 1, p2 = 1; i < n; ++ i) {

		get(a[n - i - 1]);

		a[n - i - 1] = 1ll * a[n - i - 1] * p1 % mod;

		if (i) p2 = 1ll * p2 * inv % mod, p1 = 1ll * p1 * p2 % mod;

	}

	for (int i = 0, p1 = 1, p2 = 1; i < n + m; ++ i) {

		b[i] = p1;

		if (i) p2 = 1ll * p2 * c % mod, p1 = 1ll * p1 * p2 % mod;

	}

	poly f(a, a + n), g(b, b + n + m);

	f = f * g;

	for (int i = 0, p1 = 1, p2 = 1; i < m; ++ i) {

		cout << 1ll * f[i + n - 1] * p1 % mod << ' ';

		if (i) p2 = 1ll * p2 * inv % mod, p1 = 1ll * p1 * p2 % mod;

	}

}

优化技巧：减卷积，模长需要开到 $3n$ 级别，但是我们只需要中间 $n$ 个元素。因此开 $2n$ 长度就够了。

事实上，对于任意的非零数字 $a$，我们都可以通过此类思路来计算 $V(j) = \sum_{i=0}^{n-1} x_i a^{ij}$（此处的上下标问题存疑）的值。我们只需要保证存在 $a^{ij}$ 及其逆元即可。也就是说，对于任意复数该算法仍然适用。这点在下方有实际应用。

3.5 例题

略（

U498 新年的追逐战

 CF901E Cyclic Cipher

4 多点求值

4.1 思路

大家都知道多项式多点求值是啥了，我就不说了。

由于 DFT 是将一系列点值 $\omega_n^i$ 依次带入 $f(x)$ 得到的长度为 $n$ 的点值序列，因此在解决一类点值有特殊性质的多点求值问题时，我们可以将点值重排列后使用 czt 加速多点求值的进程。

例题：点值性质相关多点求值

给一个多项式 $f(x)$。$q$ 次询问，第 $i$ 次询问 $f(q_i)$ 对 $p = 998244353$ 取模后的结果。对于 $q_i$，我们按 $q_i = aq_{i-1} + b$ 生成。

做法：

假设我们已知了 $f(x)$。则我们可以在 $O(|f(x)|)$ 的复杂度内找到唯一一个次数不超过 $|f(x)|$ 的多项式 $g(x)$ 满足 $g(x) = f(x \times k)$，也可以在 $O(|f(x)|\log |f(x)|)$ 的复杂度内找到唯一一个次数不超过 $|f(x)|$ 的多项式 $g(x)$ 满足 $g(x) = f(x + k)$。

归纳得到 $q_i = q_0a^i + \sum_{j=0}^{i-1} ba^j$。乘 $(a-1)$ 再加 $b$，再除 $q_0(a - 1) + b$。推一下式子你会发现这个过程就是在将等号右侧消成单纯的 $a^i$。

因此构造 $g(x) = f(\frac{x(q_0(a - 1) + b) - b}{a - 1})$。我们只需要求得 $\forall\ 1\le i \le q,\ g(a^i)$ 的点值，即求解 $V(j) = \sum_{i=0}^{n-1} g_ia^{ij}$。使用 czt 求解即可。

总时间复杂度 $O((n+q)\log (n+q))$。

例题：模数值域相关多点求值

给一个多项式 $f(x)$。$q$ 次询问，每次询问给定 $y$，求 $f(y)$ 对 $p = 786433(3\times 2^{18} + 1)$ 取模的值。$0\le y < p$。

做法：

考虑 DFT 是个啥。其实就是把 $\omega_n^i$ 分别带入 $f(x)$ 后的点值。

因为 $p$ 是质数，因此其存在一个原根 $g$。同时不难发现 $g^0,g^1,\cdots,g^{n-2}$ 在模 $p$ 意义下互不相同，且组成了一个 $1\sim p-1$ 的排列。

因此对 $f$ 进行长度为 $p-1$ 的定长度 DFT，取各位点值重排后即可得到所有可能的询问的答案。$0$ 处的点值显然是 $DFT(f)_ 0$。

总时间复杂度 $O(p\log p)$。

4.2 推广

模数值域相关多点求值的模数其实可以被推广到 $p = q^c$，其中 $q$ 是奇质数。由于 $p$ 存在原根 $g$，因此任意 $(y,p) = 1$ 的询问 $y$ 都可以经一次定长度 DFT 求得。现在考虑 $(y,p) \neq 1$ 的情况。显然 $y^c \equiv 0 \pmod p$。因此我们对于这类值只需要考虑小于 $c$ 的项的贡献。因此直接暴力计算前 $c$ 项即可。由于 $c = O(\log p)$，因此这部分的总时间复杂度为 $O(p \log p)$。

因此总时间复杂度 $O(p\log p)$。

特殊的，对于 $p = 2^c$ 的特殊模数，虽然没原根了，但是论文里说能证明 $\pm 3^0, \pm 3^1, \cdots, \pm3^{2^{c-2}}$ 各项在模意义下彼此不同且与 $2$ 互质。然后总时间复杂度仍然是 $O(p\log p)$ 的。一堆奇怪的 corner cases，但是我不是很认为有人会闲的出自己论文里的这种分讨题。所以没有应用，就这样吧。

这同样表示我们可以通过 CRT 合并答案，因此能做到 $O(p\log p)$ （复杂度存疑）进行任意模数多项式多点求值。

多项式多点插值

由于 DFT 能在多点求值问题上获得很好的应用，我们可以考虑将 IDFT 应用到多点求值的逆运算多点插值上。

5.1 连续点值的多点插值

对。给 $0\le i < n$ 的 $f(i)$，求 $f(x)$ 的系数模 $p$ 意义下的值。$p\le 5\times 10^5$，$p$ 是质数。

首先点值形式转下降幂形式。然后计算 $0\sim p-1$ 处的点值。随后我们可以通过一次定长度 IDFT 取得一个多项式 $g(x)$。构造 $h(x) \equiv [x = 0]\pmod p$，容易(?)发现 $f(x) = g(x) + h(x)(a_0 - g(0))$。

这里的多项式 $h(x)$ 可以构造为 $\sum_{i=0}^{p-2}x^i$。总时间复杂度 $O(p\log p)$。

5.1 非连续点值的多点插值

对。给 $0\le i < n$ 的 $f(a_i)$，求 $f(x)$ 的系数模 $p$ 意义下的值。$p\le 3\times 10^5$，$p$ 是质数。

上来先插一波。

\[f(x) = \sum_{i=1}^n f(a_i) \prod_{j\neq i} \frac {x - a_j}{a_i - a_j}
\]

设 $g(x) = \prod{i=1}^n (x - a_i)$。则 $f(x) = g(x)\sum_{i=1}^n \frac{f(a_i)}{(x - a_i) g'(a_i)}$。

首先是 $g(x)$ 怎么求。你当然可以直接分治求，总时间复杂度是 $O(n\log^2 n)$ 的。

但是两边除以 $\prod -a_i$，再取 $\ln$ 并求导后得到

\[\ln' \left(\frac{g(x)}{\prod -a_i}\right) = \sum_i \sum_j x^j \frac 1{a_i ^{j+1}}
\]

复杂度 $O(p \log p)$。

然后是形如 $F(x) = \sum_{i}\frac{v_i}{x - a_i}$ 的式子怎么求。这法子挺高级的。

\[\begin{aligned}

F(x) & = \ \sum_{i}\frac{v_i}{x - a_i}
\\ & = \ \sum_{i} v_i \sum_{j} x^j \left(\frac 1 {a_i}\right)^{j+1}
\\ & = \ \sum_{j} x^j \sum_{i} v_i \left(\frac 1 {a_i}\right)^{j+1}
\\ & = \ \sum_{j} x^j \sum_{i} \sum_{k} v_i \omega_{p-1}^{-k(j+1)}[\omega_{p-1}^k ={a_i}]
\\ & = \ \sum_{j} x^j \sum_{k} \sum_{i} v_i[\omega_{p-1}^k ={a_i}] \omega_{p-1}^{-k(j+1)}

\end{aligned}\]

设 $G(k) = \sum_{i} v_i[\omega_{p-1}^k ={a_i}]$。

\[\begin{aligned}

F(x) & = \ \sum_{j} x^j \sum_{k} \sum_{i} v_i[\omega_{p-1}^k ={a_i}] \omega_{p-1}^{-k(j+1)}
\\ & = \ \sum_{j} x^j \sum_{k} G(k) \omega_{p-1}^{-k(j+1)}
\\ & = \ x^{-1} \sum_{j} x^j \sum_{k} G(k) \omega_{p-1}^{-kj}

\end{aligned}\]

最后的式子的右半边两个求和号很符合 czt。算出 $G$ 的点值后可以直接 $O(p\log p)$。

最后只需要将 $g$ 求导后多点求值。

容易做到 $O(p\log p)$。

当然，上面的推导用到了 $\frac 1x$ 和求导，因此在 $a_i = 0$ 的情况下会产生错误。可以构造 $g(x) = f(x + k)$ 使得点值非 $0$，算完平移回来就好了。另一种方法是忽略 $a_i = 0$ 处的点值，最后加入 $k\prod_{a_i \neq 0}(x - a_i)$ 调整 $f(0)$ 处的点值。第二种方法也被称作部分拉格朗日插值。

上面求 $F(x)$ 的方法等价于给定一个列向量，左乘一个 Vandermonde 矩阵。因此我们也可以将上述算法用于解 Vandermonde 矩阵。

设我们需要解 $F(i) = \sum_{j}a_jx_j^i$。仍然设 $G(x) = \sum_{i} [\omega_{p-1}^k = x_i]v_i$。方程组转化成解 $F(i) = \sum_{i} G(i) \omega_{p-1}^{ij}$。不难发现这是 czt 形式。解决该问题需要 $O(p \log p)$ 的时间复杂度。

03 年提出了一个 iczt。

感谢大家的阅读！没了！