快速傅里叶变换FFT / NTT

FFT
NTT
- 阶
- 原根
扩展知识

FFT

参考blog:

十分简明易懂的FFT（快速傅里叶变换）

快速傅里叶变换(FFT)详解

(下面的图片是来自于这2篇博客里面的，仔细看可以发现右下角有水印……)

系数表示法

　　一个一元$n$次多项式$f(x)$可以被表示为：$$f(x) = \sum_{i = 0}^{n}a_{i}x{i}$$

　　即用$i$次项的系数来表示$f(x)$,展开就是$f(x) = {a_{0}, a_{1}...a_{n}}$

　　

点值表示法

　　把多项式看做一个函数，然后带入$n$个不同的$x$,可以得到$n$个不同的$y$,每对$(x, y)$就组成一个点。

　　其中，$n$个点可以唯一确定一个$n$次多项式。

　　即用$n$个点来表示一个多项式

　　

一些性质：

系数表达式相乘复杂度$n^2$,点值表达式相乘复杂度$O(n)$,听上去很神奇的样子。。。

设2个点值表达式分别为：

$f(x) = \{(x_{0}, f(x_{0})), (x_{1}, f(x_{1}))... (x_{n}, f(x_{n}))\}$

$g(x) = \{(x_{0}, g(x_{0})), (x_{1}, g(x_{1}))... (x_{n}, h(x_{n})) \}$

那么相乘得到：

$h(x) = \{(x_{0}, f(x_{0}) * g(x_{0})), (x_{1}, f(x_{1}) * g(x_{1})) ... (x_{n}, f(x_{n}) g(x_{n})) \}$

朴素系数转点值：DFT 复杂度$O(n^2)$

朴素点值转系数：IDFT 复杂度$O(n^2)$

复数

$z = a + bi$,$a$为实部，$b$为虚部。

可以表示坐标系中的一个点$(a, b)$,同时一一对应向量$\vec{ab}$,因此也符合向量的相加法则。

在极坐标上可以表示为$(r, \theta)$。

一个性质：$(a_1, \theta_1) \cdot (a_2, \theta_2) = (a_1a_2, \theta_1 + \theta_2)$

即模长相乘，幅角相加。

DFT(离散傅里叶变换)

从这里开始的所有$n$默认可以表示为$2^k$

原理：对于任意系数多项式转点值表示法，如果随意取$n$个$x$值代入计算，那么每次计算都是$O(n)$的，总复杂度$O(n^2)$.

如果取一些特殊的$x$值，使得$f(x)$可以快速计算，那么就可以在保证正确性的同时优化复杂度。

如果代入一些$x$，使得每个$x$的若干次方等于$1$,那么说不定我们就可以找到一些特殊性质。那么有哪些$x$符合这个条件呢？

显然$\pm 1$和$\pm i$都可以做到，但4个数明显不够用。

这个圆圈上面的点都可以做到.

以原点为圆心，画一个半径为1的单位圆，那么单位圆上的所有点都可以经过若干次方得到1.

对这个圆进行$n$等分。

以$n = 8$为例，从$(1, 0)$开始，逆时针从$0$号开始标号，标到$7$号为止。记编号为$k$的点代表的复数为$w_n^k$,那么由模长相乘，幅角相加可知$(w_n^1)^k = w_n^k$.

其中称$w_n^1$为$n$次单位根，并且每个$w$都可以被求出：

\[w_n^k = cos\frac{k}{n}2\pi + i \cdot sin\frac{k}{n}2\pi
\]

但如果我们暴力代入图中的$w_n^0,w_n^1...w_n^{n - 1}$，复杂度还是$n^2$,因此我们考虑寻找一下单位根的性质

单位根的性质

$w_n^k = w_{2n}^{2k}$

证明：$$w_n^k = cos\frac{k}{n}2\pi + i \cdot sin\frac{k}{n}2\pi$$

\[w_{2n}^{2k} = cos\frac{2k}{2n}2\pi + i \cdot sin\frac{2k}{2n}2\pi
\]

显然相等

$w_n^{k + \frac{n}{2}} = - w_n^k$

它们所代表的点关于原点对称，所代表的复数实部相反，所代表的向量等大反向

证明：$$w_n^{\frac{n}{2}} = cos\frac{\frac{n}{2}}{n}2\pi + i \cdot sin\frac{\frac{n}{2}}{n}2\pi$$

\[= cos\pi + i \cdot sin\pi = -1
\]

补充2个等式：

\[e^{ix} = cosx + i \cdot sinx
\]

\[e^{i\pi} + 1 = 0
\]

\[w_n^0 = w_n^n
\]

它们都等于$1$，或者$1 + 0i$

\[(w_n^x)^y = w_n^{xy}
\]

FFT(快速傅里叶变换)

目的：系数转点值。

设$$A(x) = \sum_{i = 0}^{n - 1}a_ix^i = a_0 + a_1x + a_2x^2+...+a_{n - 1}x^{n - 1}$$

按下标奇偶性把$A(x)$分成2半，右边再提一个x.

\[A(x) = (a_0 + a_2x^2 + ... + a_{n - 2}x^{n - 2}) + (a_1x + a_3x^3 + ... + a_{n - 1}x^{n - 1})
\]

\[A(x) = (a_0 + a_2x^2 + ... + a_{n - 2}x^{n - 2}) + x(a_1 + a_3x^2 + ... + a_{n - 1}x^{n - 2})
\]

设$$A_1(x) = a_0 + a_2x + a_4x^2 + ... + a_{n - 2}x^{\frac{n}{2} - 1}$$

\[A_2(x) = a_1 + a_3x + a_5x^2 + ... + a_{n - 1}x^{\frac{n}{2} - 1}
\]

\[\Longrightarrow A(x) = A_1(x^2) + xA_2(x^2)
\]

设$k < \frac{n}{2}$,代入$w_n^k = x \longrightarrow A(x)$

\[\Longrightarrow A(w_n^k) = A_1((w_n^k)^2) + W_n^k A_2((w_n^k)^2)
\]

\[= A_1(w_n^{2k}) + w_n^k A_2(w_n^{2k})
\]

\[= A_1(w_{\frac{n}{2}}^k) + w_n^kA_2(w_{\frac{n}{2}}^k)
\]

再代入$k + \frac{n}{2}$

再考虑另一半：

代入$k + \frac{n}{2}$

\[A(w_n^{k + \frac{n}{2}}) = A_1(w_n^{2k + n}) + w_n^{k + \frac{n}{2}}A_2(w_n^{2k + n})
\]

可以发现：

\[w^{k + \frac{n}{2}}_n = w_n^k \cdot w_n^{\frac{n}{2}} = -w^k_n
\]

\[w_n^{2k + n} = w_n^{2k} \cdot w_n^n = w_n^{2k}
\]

因此可以得到：

\[A(w_n^{k + \frac{n}{2}}) = A_1(w_n^{2k}) - w_n^kA_2(w_n^{2k})
\]

\[= A_1(w_{\frac{n}{2}}^k) - w_n^kA_2(w_{\frac{n}{2}}^{k})
\]

于是可以发现，这2个式子是长得很像的，因此我们可以在求出$A(w_n^k)$后$O(1)$的求出$A(w_n^{k + \frac{n}{2}})$.

因为将式子一分为二后，每一部分仍然是一个子问题，因此可以用分治来做到$nlogn$求这个东西。

每次回溯时只扫前面一半序列，即可得到后面一半序列的答案，长度为1时只有一个常数项，可以直接返回。

大致就是把$f(x)$和$g(x)$分别转换为点值表达，然后$O(n)$的处理乘积，得到$h(x)$的点值表达

IFFT(快速傅里叶逆变换)

目的：点值转系数

设$(y_0, y_1, y_2..., y_{n - 1})$为$(a_0, a_1, a_2, ..., a_{n - 1})$的傅里叶变换(点值表达)。

设有另一个向量$(c_0, c_1, c_2, ..., c_{n - 1})$,满足$c_k = \sum_{i = 0}^{n - 1}y_i(w_n^{-k})^i$.

即多项式$B(x) = y_0 + y_1x + y_2x^2 + ... + y_{n - 1}x^{n - 1}$在$w_n^0, w_n^{-1},w_n^{-2}...w_{n - 1}^{-(n - 1)}$处的点值表示。

于是对$c_k = \sum_{i = 0}^{n - 1}y_i(w_n^{-k})^i$进行化简

\[c_k = \sum_{i = 0}^{n - 1}y_i(w_n^{-k})^i
\]

\[= \sum_{i = 0}^{n - 1}(\sum_{j = 0}^{n - 1}a_j(w_n^i)^j)(w_n^{-k})^i
\]

\[= \sum_{i = 0}^{n - 1}(\sum_{j = 0}^{n - 1}a_j(w_n^j)^i)(w_n^{-k})^i
\]

\[= \sum_{i = 0}^{n - 1}(\sum_{j = 0}^{n - 1}a_j(w_n^j)^i(w_n^{-k})^i)
\]

\[= \sum_{i = 0}^{n - 1}\sum_{j = 0}^{n - 1}a_j(w_n^j)^i(w_n^{-k})^i
\]

\[= \sum_{i = 0}^{n - 1} \sum_{j = 0}^{n - 1}a_j(w_n^{j - k})^i
\]

\[= \sum_{j = 0}^{n - 1}a_j (\sum_{i = 0}^{n - 1}(w_n^{j - k})^i)
\]

设$S(n) = \sum_{i = 0}^{n - 1}x^i$,将$w_n^k$代入得：$$S(w_n^k) = 1 + (w_n^k) + (w_n^k)2 + ... + (w_n^k){n - 1}$$

当$k != 0$得，等式两边同乘$w_n^k$得：$$w_n^kS(w_nk) = w_n^k + (w_n^k)2 + ... + (w_n^k)n$$

两式相减得：

\[w_n^kS(w_n^k) - S(w_n^k) = (w_n^k)^n - 1
\]

\[S(w_n^k) = \frac{(w_n^k)^n - 1}{w_n^k - 1}
\]

\[S(w_n^k) = \frac{1 - 1}{w_n^k - 1} = \frac{0}{w_n^k - 1}
\]

$\longrightarrow$分子为0，分母不为0

当$k != 0$时，$S(w_n^k) = 0$;$\quad$当$k = 0$时，$S(w_n^0) = n$

继续考虑刚才的式子：$c_k = \sum_{j = 0}^{n - 1}a_j (\sum_{i = 0}^{n - 1}(w_n^{j - k})^i)$
当$j != k$时，值为$0$;$\quad$当$j = k$时，值为$n$

因此：$$c_k = na_k \Longrightarrow a_k = \frac{c_k}{n}$$

于是我们得到了一个$O(1)$把一个点值变成一个系数的方法。

递归实现

不断将当前序列一分为二，递归求解。

但效率过低……

迭代实现

观察到原序列和要求的序列之间有神奇的联系，，，

要求的序列的第i项就是原序列下标二进制的翻转。

因此我们可以$O(n)$预处理出要求的序列是怎么排的，然后再不断向上合并。

一些具体一点的东西：

因为求$A_1,A_2$的过程可以看做求一个新的$A$,所以是一个子问题，对于分治区间$[l, r]$，目标是求当前区间的$A$数组，要用到的是当前$A$的$A_1$和$A_2$。

即$[l, mid]$的$A_1$和$[mid + 1, r]$的$A_2$。

每次，我们从$[l, mid]$中的某个位置$A[l + k]$中取出当前所求$A$的对应$A_1$,从$A[l + k + mid]$中取出当前所求$A$的对应的$A_2$,然后用这2个值计算出$[l ,r]$的$A[l + k]$和$A[l + k + mid]$

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define R register int

#define AC 10001000

#define ld double

#define LL long long

const double pi = acos(-1);

int n, m, maxn, lim = 1, len;

int Next[AC];//预处理出i对应的位置Next[i], 易知i = Next[Next[i]],所以不能交换2次，只能交换1次，不然就换回来了

struct node{

	ld x, y;

	node (ld xx = 0, ld yy = 0) {x = xx, y = yy;}

}a[AC], b[AC];

node operator * (node x, node y) {return node(x.x * y.x - x.y * y.y, x.x * y.y + x.y * y.x);}

node operator - (node x, node y) {return node(x.x - y.x, x.y - y.y);}

node operator + (node x, node y) {return node(x.x + y.x, x.y + y.y);}

inline int read()

{

	int x = 0;char c = getchar();

	while(c > '9' || c < '0') c = getchar();

	while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();

	return x;

}

void pre()

{

	n = read(), m = read();

	for(R i = 0; i <= n; i ++) a[i].x = read();

	for(R i = 0; i <= m; i ++) b[i].x = read();

	while(lim <= n + m) lim <<= 1, ++ len;//寻找长度最接近的，可以覆盖a * b的2^len

	for(R i = 0; i < lim; i ++)//一个长度为len的二进制串 = lim - 1

		Next[i] = ((Next[i >> 1]) >> 1) | ((i & 1) << (len - 1));

}

//分治的最下面一层是求长度为1的，只有一个常数项的多项式，系数即为给定的系数值

void FFT(node *A, int opt)

{

	for(R i = 0; i < lim; i ++)

		if(i < Next[i]) swap(A[i], A[Next[i]]);

	for(R i = 1; i < lim; i <<= 1)//上一层(被更新层)长度为2i，因为长度为1的不用处理……，所以要< lim,这样才可以保证2i <= lim

	{//弧度 = 2pi / 2i = pi / i,那么因为是单位圆上的点，所以横坐标就是cos(弧度), 纵坐标就是sin(弧度)

		node W(cos(pi / i), opt * sin(pi / i));//但是在还原为系数的时候用的是w_n^{-k},所以相当于把算出的纵坐标变成相反数，即乘opt

		for(R r = i << 1, j = 0; j < lim; j += r)//枚举上一层每段的段首

		{

			node w(1, 0);//下面枚举上一层的一半，更新j + k时顺便更新j + k + i

			for(R k = 0; k < i; k ++, w = w * W)//每次循环一次将w更新为下一个w_n^k

			{

				node x = A[j + k], y = w * A[j + k + i];

				A[j + k] = x + y, A[j + k + i] = x - y;

			}

		}

	}

}

void work()

{

	FFT(a, 1);

	FFT(b, 1);

	for(R i = 0; i < lim; i ++) a[i] = a[i] * b[i];

	FFT(a, -1);

	for(R i = 0; i <= n + m; i ++) printf("%d ", (int)(a[i].x / lim + 0.5));

}

int main()

{

	freopen("in.in", "r", stdin);

	pre();

	work();

	fclose(stdin);

	return 0;

}

NTT

用原根代替单位根。

阶

若$(a, p) = 1$且$p > 1$,那么对于满足$a^n \equiv 1\quad(mod \quad p)$最小的$n$,称为$a$是模$p$意义下的阶。

原根

设$p \in N^+, a \in N$,若$\delta_p(a) = \phi(p)$,则称$a$为$p$的一个原根，原根个数不唯一。若$p$有原根，那么它一定有$\phi(\phi(p))$个原根。

数$m$有原根的充要条件是$m = 2, 4, p^a,2p^a$,其中$p$为奇素数$a \ge 1$

若$p$为素数，$g$是$p$的原根，那么$g^i\%p(1 < g < p, 0 < i < p)$的结果互不相同

一个结论：

\[w_n \equiv g^{\frac{p - 1}{n}} \quad (mod \quad p)
\]

$p$为$998244353$时，原根为$3$.

求任意质数的原根：对于质数$p$，质因子分解$p - 1$得到$p_i$,若$$g^{\frac{p - 1}{p_i} != 1} \quad (mod \quad p)$$

恒成立，则$g$为$p$的原根。

实现方式：

基于普通FFT，对于opt = 1的情况，直接用$g^{\frac{p - 1}{p_i}}$代替，否则需要用$g^{-\frac{p - 1}{p_i}}$来代替，即$g^{-k} = \frac{1}{g^k} = (\frac{1}{g})^k = inv[g] ^ k$

(在FFT中，因为$w^{-k}$就相当于是向反方向转了相同角度，所以只需要乘$-1$即可)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define R register int

#define p 998244353

#define AC 10001000

#define LL long long

const int G = 3, Gi = 332748118;

int n, m, lim = 1, len;

int a[AC], b[AC], rev[AC];

inline int read()

{

	int x = 0;char c = getchar();

	while(c > '9' || c < '0') c = getchar();

	while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();

	return x;

}

int qpow(int x, int have)

{

	int rnt = 1;

	while(have)

	{

		if(have & 1) rnt = 1LL * rnt * x % p;

		x = 1LL * x * x % p, have >>= 1;

	}

	return rnt;

}

void pre()

{

	n = read(), m = read();

	for(R i = 0; i <= n; i ++) a[i] = read();

	for(R i = 0; i <= m; i ++) b[i] = read();

	while(lim <= n + m) lim <<= 1, ++ len;

	for(R i = 0; i < lim; i ++)

		rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (len - 1));

}

void NTT(int *A, int opt)

{

	for(R i = 0; i < lim; i ++)

		if(i < rev[i]) swap(A[i], A[rev[i]]);

	for(R i = 1; i < lim; i <<= 1)

	{

		//int W = qpow((opt > 0) ? G : Gi, (p - 1) / (i << 1));

		LL W = qpow(opt == 1 ? G : Gi , (p - 1) / (i << 1));

		for(R r = i << 1, j = 0; j < lim; j += r)

			for(R w = 1, k = 0; k < i; k ++, w = (1LL * w * W) % p)

			{

				int x = A[j + k], y = 1LL * w * A[j + k + i] % p;

				A[j + k] = (x + y) % p, A[j + k + i] = (x - y + p) % p;

			}

	}

}

void work()

{

	NTT(a, 1);

	NTT(b, 1);

	for(R i = 0; i < lim; i ++) a[i] = 1LL * a[i] * b[i] % p;

	NTT(a, -1);

	int inv = qpow(lim, p - 2);//lim的逆元

	for(R i = 0; i <= n + m; i ++) printf("%lld ", 1LL * a[i] * inv % p);

	printf("\n");

}

int main()

{

	freopen("in.in", "r", stdin);

	pre();

	work();

	fclose(stdin);

	return 0;

}

扩展知识

分治fft/倍增fft求一行的斯特林数

 分治fft