「学习笔记」FFT 快速傅里叶变换

「学习笔记」FFT 快速傅里叶变换

几个星期之后，继 扩展欧拉定理 之后， $lj$ 大佬又给我们来了一发数论...

虽然听得心态爆炸，但是还好的是没有 $ymx$ 大佬的飞机开得好...

至少我还没有坐飞机...

啥是 FFT 呀？它可以干什么？

首先，你需要知道 矩阵乘法 的相关知识。

通过 矩阵乘法 的知识，我们知道，对于一个 $f(x)$ 与 $g(x)$ ，如果我们用朴素的矩阵乘法计算 $f(x)\cdot g(x)$ ，时间复杂度是 $O(N^2M)$ ，但是对于这是函数，复杂度中的 $M=1$ ，那么时间复杂度为 $O(N^2)$ 。

似乎这是比较优秀的，但是看看这道板题：

luoguOJ:P3803【模板】多项式乘法（FFT）

嗯？ $n,m\le 10^6$ ，似乎过于太小了？（不要管这病句...）

而 FFT 就是用来解决多项式乘法的问题的，可以把它的时间复杂度优化到 $O(nlog^n_2)$ 。

这里引用一句话：

实际上，FFT 并不是直接计算多项式乘法，而是把原来的多项式 $f(x),g(x)$ 在 $O(nlog^n_2)$ 的复杂度内转换为它的点值表示（后面会讲），而点值表示的多项式相乘的时间复杂度是 $O(n)$ 的。最后再用 $O(nlog_2^n)$ 的时间复杂度把所得多项式的点值表示转化为一般形式。

必备芝士

在学习 FFT 之前，我们需要知道 点值表示 和复数。

点值表示

什么是点值表示

对于一个函数 $f(x)$ ，我们可以用一个多项式表示它：

\[f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{1}x+a_0
\]

这种表达方法我们叫做 一般形式 。

如果熟悉，那么可以确定一个东西，如果我们有在这个函数上的 $n+1$ 个点的具体的坐标 $(x_i,y_i)$ ，那么我们就可以唯一确定这个函数的解析式，那么，我们也可以用这 $n+1$ 个点的具体坐标来表示这个多项式。

当然，如果知道 拉格朗日插值法 的大佬，或许可以更好地理解这句话。

也就是说一个多项式与一个点值表示是一一对应的。

那么 FFT 完成的操作就是：

把已知的一个多项式转化成对应的点值表示；

把已知的点值表示转换成对应的多项式。

复杂度都是 $O(nlog_2^n)$ 。

点值表示的乘法

那么，假设我们用 $\{x_0,x_1,x_2,...,x_n\}$ 来表示 $f(x)$ 为 $\{(x_0,f(x_0)),(x_1,f(x_1)),...,(x_n,f(x_n))\}$ ，表示 $g(x)$ 为 $\{(x_0,g(x_0)),(x_1,g(x_1)),...,(x_n,g(x_n))\}$ 。

那么我们就知道 $f(x)\cdot g(x)$ 的点值表达式为 $\{(x_0,f(x_0)\cdot g(x_0)),...,(x_n,f(x_n)\cdot g(x_n))\}$ ，其实就是对应项相乘，那么这个的时间复杂度为 $O(n)$ ，似乎可以接受。

复数

复数的定义

$Hint.$ 是 复数(complex) 而不是 负数(negative) 。

首先我们要知道虚数，即有一个很特别的数 $i$ ，满足 $i^2=-1$ ，即 $i=\sqrt{-1}$ 。

不用理解为什么，因为他本来就是特殊定义的，只需要记住就好。

然后一个复数 $a$ 可以表示为实部 $x$ 和虚部 $y\times i$ 之和—— $a=x+y\times i$ 。对于一个实数，我们可以把它放在“一维数轴”上，即数轴；那么对于一个复数，我们需要把它放在“二维数轴”，也就是直角坐标系上。

其实，我们可以把 $a$ 表示成 向量(vector) 的形式，即将 $a=x+y\times i$ 表示为向量 $(x,y)$ ，但是对于后面虚数的乘法，其实是不满足向量乘法的，但是这可以作为一个理解方式。

复数的乘法运算

对于两个虚数 $a,b$ ，其中 $a=x+y\times i,b=x'+y'\times i$ ，计算 $ab$ 。

我们有两种方法：

可以直接展开相乘： $ab=(x+yi)(x'+y'i)=(xx'-yy')+(xy'+x'y)i$ 。
可以从几何角度理解：两个复数相乘等于“幅角相加，模长相乘”（但并不满足向量的运算）

更推荐就用方法一来理解。

单位复数

$Hint.$ 复数的模长 $|a|$ （这个不是绝对值），表示把它表示成向量后的长度，即 $|a|=\sqrt{x^2+y^2}$ 。

我们定义 $n$ 次单位复根 $\omega_n^i$ 为满足 $\text{z}^n=1$ 的复数 $\text{z}$ 。

本人的理解方法：单位复根 $\omega_n^i$ 即为将一个单位圆分成 $n$ 分，而 $\omega_n^i$ 就是 $i$ 个这样的角拼起来。特别地， $\omega_n^0=1$ 。

其实，之后的理解都可以通过 三角函数 有更好的理解

可以发现 $n$ 次单位复根满足以下性质（ $\omega_n^i$ 表示第 $i$ 个单位复根）：

$|\omega_n^i|=1$ （都在单位圆上）；
$\omega_n^i$ 的幅角为 $\frac{2\pi i}{n}$ ；$Tab.$ 这里的 $i$ 是下标不是虚数，角度为弧度制（ $360^{\circ}$ 弧度角为 $2\pi$ ）
总共有 $n$ 个单位复根，记为 $\omega_n^0,\omega_n^1,\omega_n^2,...,\omega_n^{n-1}$

另外，还有一些比较明显的性质：

$\omega_n^i\cdot\omega_n^j=\omega_n^{i+j}$ ；
$\omega_n^{i+n}=\omega_n^i$ ；
$\omega_n^i=\omega_{kn}^{ki}$ ；
$\omega_n^i=-\omega_n^{i+n/2}$ （这里的“负”表示大小相等、方向相反）

以上这些结论都可以通过在单位圆上画出单位根来证明。

单位复根有什么用呢？因为 $n$ 次单位复根恰好有 $n$ 个，就可以把这 $n$ 个单位复根分别代入 $n-1$ 次多项式 $f(x)$ —— 得到点值表达 $\{(\omega_n^0,f(\omega_n^0)),(\omega_n^1,f(\omega_n^1)),...,(\omega_n^{n-1},f(\omega_n^{n-1}))\}$ 。

傅立叶正变换

有了这些辅助知识没错，虽然你可能已经晕了，但是他们真的只是辅助知识，我们终于可以进行正题了。

所谓变换，那么一定有正也有逆，现在我我们先来掌握它的正变换。

FFT 的正变换实现，是基于对多项式进行奇偶项分开递归再合并的分治进行的。

对于 n-1 次多项式，我们选择插入 n 次单位根求出其点值表达式。

记多项式 $A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{n-1}x^{n-1}$ 。

再记 $A_o(x)=a_1+a_3x+a_5x^2+...$ 。

再记 $A_e(x)=a_0+a_2x+a_4x^2+...$ 。

有 $A(x)=x*A_o(x^2)+A_e(x^2)$ 。

令 $n = 2*p$ 。则有：

$A(w_n^k)=w_n^k*A_o[(w_{n/2}^{k/2})^2]+A_e[(w_{n/2}^{k/2})^2]=w_n^k*A_o(w_p^k)+A_e(w_p^k)$ ；

$A(w_n^{k+p})=w_n^{k+p}*A_o(w_p^{k+p})+A_e(w_p^{k+p})=-w_n^k*A_o(w_p^k)+A_e(w_p^k)$

在已知 $A_o(w_p^k)$ 与 $A_e(w_p^k)$ 的前提下，可以 $O(1)$ 算出 $A(w_n^k)$ 与 $A(w_n^{k+p})$ 。

因此，假如我们递归求解 $A_o(x),A_e(x)$ 两个多项式 $p$ 次单位根的插值，就可以在 $O(n)$ 的时间内算出 $A(x)$ n 次单位根的插值。

时间复杂度是经典的 $T(n)=2*T(n/2)+O(n)=O(n\log n)$。

傅里叶逆变换

刚刚研究完正的，现在我们来研究逆变换，其实也比较好理解。

观察我们刚刚的插值过程，实际上就是进行了如下的矩阵乘法。

\[\begin{bmatrix} (w_n^0)^0 & (w_n^0)^1 & \cdots & (w_n^0)^{n-1} \\ (w_n^1)^0 & (w_n^1)^1 & \cdots & (w_n^1)^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ (w_n^{n-1})^0 & (w_n^{n-1})^1 & \cdots & (w_n^{n-1})^{n-1} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_{n-1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A(w_n^0) \\ A(w_n^1) \\ \vdots \\ A(w_n^{n-1}) \end{bmatrix}
\]

我们记上面的系数矩阵为 $V$ 。

对于下面定义的 $D$ ：

\[D = \begin{bmatrix} (w_n^{-0})^0 & (w_n^{-0})^1 & \cdots & (w_n^{-0})^{n-1} \\ (w_n^{-1})^0 & (w_n^{-1})^1 & \cdots & (w_n^{-1})^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ (w_n^{-(n-1)})^0 & (w_n^{-(n-1)})^1 & \cdots & (w_n^{-(n-1)})^{n-1} \end{bmatrix}
\]

考虑 $D*V$ 的结果：

\[(D*V)_{ij}
=\sum_{k=0}^{k<n}d_{ik}*v_{kj}
=\sum_{k=0}^{k<n}w_n^{-ik}*w_{n}^{kj}
=\sum_{k=0}^{k<n}w_n^{k(j-i)}
\]

当 $i = j$ 时， $(D*V)_{ij}=n$ ；

当 $i ≠ j$ 时， $(D*V)_{ij}=1+w_n^{j-i}+(w_n^{j-i})^2+...=\frac{1-(w_n^{j-i})^n}{1-w_n^{j-i}}=0$ ；

根据定义， $n$ 次单位根的 $n$ 次方都等于 $1$

所以：$\frac1n*D=V^{-1}$

因此将这个结果代入最上面那个公式里面，有：

\[\begin{bmatrix} a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_{n-1} \end{bmatrix} = \frac1n \begin{bmatrix} (w_n^{-0})^0 & (w_n^{-0})^1 & \cdots & (w_n^{-0})^{n-1} \\ (w_n^{-1})^0 & (w_n^{-1})^1 & \cdots & (w_n^{-1})^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ (w_n^{-(n-1)})^0 & (w_n^{-(n-1)})^1 & \cdots & (w_n^{-(n-1)})^{n-1} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A(w_n^0) \\ A(w_n^1) \\ \vdots \\ A(w_n^{n-1}) \end{bmatrix}
\]

“这样，逆变换就相当于把正变换过程中的 $w_n^k$ 换成 $w_n^{-k}$，之后结果除以 $n$ 就可以了。”——摘自某博客。

……

还是有点难理解。比如为什么我们不直接把 $w_n^k$ 换成 $\frac1n*w_n^{-k}$ 算了。

实际上，因为 $w_n^{-k}=w_n^{n-k}$ ，也就是说它 TM 还是一个 $n$ 次单位根。所以我们插值还是正常的该怎么插怎么插。如果换成 $\frac1n*w_n^{-k}$ 它就不是一个单位根，以上性质就不满足了。

FFT 的代码实现

我们有两个版本——递归、迭代，相信大家都也想到了吧？

毋庸置疑的，递归版本确实很好写，将 $FFT$ 的思路全部放到上面即可，但是方便也有他的坏处——递归实现常数较大，这样对于一些题就会 $T$ 飞，但是我还是写了，这里上代码了

#include<cstdio>

#include<cmath>

#define rep(i,__l,__r) for(register int i=__l,i##_end_=__r;i<=i##_end_;++i)

#define fep(i,__l,__r) for(register int i=__l,i##_end_=__r;i>=i##_end_;--i)

#define writc(a,b) fwrit(a),putchar(b)

#define mp(a,b) make_pair(a,b)

#define ft first

#define sd second

#define LL long long

#define ull unsigned long long

#define pii pair<int,int>

#define Endl putchar('\n')

// #define FILEOI

// #define int long long

#ifdef FILEOI

    #define MAXBUFFERSIZE 500000

    inline char fgetc(){

        static char buf[MAXBUFFERSIZE+5],*p1=buf,*p2=buf;

        return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,MAXBUFFERSIZE,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;

    }

    #undef MAXBUFFERSIZE

    #define cg (c=fgetc())

#else

    #define cg (c=getchar())

#endif

template<class T>inline void qread(T& x){

    char c;bool f=0;

    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');

    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));

    if(f)x=-x;

}

inline int qread(){

    int x=0;char c;bool f=0;

    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');

    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));

    return f?-x:x;

}

template<class T,class... Args>inline void qread(T& x,Args&... args){qread(x),qread(args...);}

template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;}

template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}

template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}

inline int gcd(const int a,const int b){return b?gcd(b,a%b):a;}

inline void getInv(int inv[],const int lim,const int MOD){

    inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=lim;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;

}

template<class T>void fwrit(const T x){

    if(x<0)return (void)(putchar('-'),fwrit(-x));

    if(x>9)fwrit(x/10);putchar(x%10^48);

}

inline LL mulMod(const LL a,const LL b,const LL mod){//long long multiplie_mod

    return ((a*b-(LL)((long double)a/mod*b+1e-8)*mod)%mod+mod)%mod;

}

const int MAXN=3e6;

const double Pi=acos(-1.0);

class task{

private:

    struct cplx{

        double vr,vi;//实部和虚部

        cplx(const double R=0,const double I=0):vr(R),vi(I){}//构造函数

        //------------------overload----------------//

        cplx operator + (const cplx a)const{return cplx(vr+a.vr,vi+a.vi);}//重载加法

        cplx operator - (const cplx a)const{return cplx(vr-a.vr,vi-a.vi);}

        cplx operator * (const cplx a)const{return cplx(vr*a.vr-vi*a.vi,vr*a.vi+a.vr*vi);}

        cplx operator / (const double var)const{return cplx(vr/var,vi/var);}

    };

    int n,m;

    cplx a[MAXN+5],b[MAXN+5];

    void fft(cplx* f,const int len,const short opt=1){

        //opt==-1 : FFT 的逆变换

        if(!len)return;

        cplx f0[len+5],f1[len+5];

        for(int i=0;i<len;++i)

            f0[i]=f[i<<1],f1[i]=f[i<<1|1];

        fft(f0,len>>1,opt);

        fft(f1,len>>1,opt);

        cplx w=cplx(cos(Pi/len),opt*sin(Pi/len)),buf=cplx(1,0);

        for(int i=0;i<len;++i,buf=buf*w){

            f[i]=f0[i]+buf*f1[i];

            f[i+len]=f0[i]-buf*f1[i];

        }

    }

public:

    inline void launch(){

        qread(n,m);

        rep(i,0,n)scanf("%lf",&a[i].vr);

        rep(i,0,m)scanf("%lf",&b[i].vr);

        for(m+=n,n=1;n<=m;n<<=1);

        fft(a,n>>1);

        fft(b,n>>1);

        rep(i,0,n-1)a[i]=a[i]*b[i];

        fft(a,n>>1,-1);

        rep(i,0,m)writc((int)((a[i].vr)/n+0.5),' ');

        Endl;

    }

}This;

signed main(){

#ifdef FILEOI

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

    freopen("file.out","w",stdout);

#endif

    This.launch();

    return 0;

}

似乎递归版本比较好写，现在我们来看一下迭代（递推）版本应该怎么做：

原序列： $0,1,2,3,4,5,6,7$

终序列： $0,4,2,6,1,5,3,7$

转换为二进制再来看看。

原序列： $000,001,010,011,100,101,110,111$

终序列： $000,100,010,110,001,101,011,111$

可以发现终序列是原序列每个元素的二进制翻转。

于是我们可以先把要变换的系数排在相邻位置，从下往上迭代。

这个二进制翻转过程可以自己脑补方法，只要保证时间复杂度 $O(n\log n)$ ，代码简洁就可以了。

在这里给出一个参考的方法：

我们对于每个 $i$ ，假设已知 $i-1$ 的翻转为 $j$ 。考虑不进行翻转的二进制加法怎么进行：从最低位开始，找到第一个为 $0$ 的二进制位，将它之前的 $1$ 变为 $0$ ，将它自己变为 $1$ 。因此我们可以从 $j$ 的最高位开始，倒过来进行这个过程。

这是迭代版本：

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cmath>

using namespace std;

#define rep(i,__l,__r) for(register int i=__l,i##_end_=__r;i<=i##_end_;++i)

#define fep(i,__l,__r) for(register int i=__l,i##_end_=__r;i>=i##_end_;--i)

#define writc(a,b) fwrit(a),putchar(b)

#define mp(a,b) make_pair(a,b)

#define ft first

#define sd second

#define LL long long

#define ull unsigned long long

#define pii pair<int,int>

#define Endl putchar('\n')

// #define FILEOI

// #define int long long

#ifdef FILEOI

    #define MAXBUFFERSIZE 500000

    inline char fgetc(){

        static char buf[MAXBUFFERSIZE+5],*p1=buf,*p2=buf;

        return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,MAXBUFFERSIZE,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;

    }

    #undef MAXBUFFERSIZE

    #define cg (c=fgetc())

#else

    #define cg (c=getchar())

#endif

template<class T>inline void qread(T& x){

    char c;bool f=0;

    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');

    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));

    if(f)x=-x;

}

inline int qread(){

    int x=0;char c;bool f=0;

    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');

    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));

    return f?-x:x;

}

template<class T,class... Args>inline void qread(T& x,Args&... args){qread(x),qread(args...);}

template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;}

template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}

template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}

inline int gcd(const int a,const int b){return b?gcd(b,a%b):a;}

inline void getInv(int inv[],const int lim,const int MOD){

    inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=lim;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;

}

template<class T>void fwrit(const T x){

    if(x<0)return (void)(putchar('-'),fwrit(-x));

    if(x>9)fwrit(x/10);putchar(x%10^48);

}

inline LL mulMod(const LL a,const LL b,const LL mod){//long long multiplie_mod

    return ((a*b-(LL)((long double)a/mod*b+1e-8)*mod)%mod+mod)%mod;

}

const int MAXN=3e6;

const double Pi=acos(-1.0);

class task{

private:

    struct cplx{

        double vr,vi;//实部和虚部

        cplx(const double R=0,const double I=0):vr(R),vi(I){}//构造函数

        //------------------overload----------------//

        cplx operator + (const cplx a)const{return cplx(vr+a.vr,vi+a.vi);}//重载加法

        cplx operator - (const cplx a)const{return cplx(vr-a.vr,vi-a.vi);}

        cplx operator * (const cplx a)const{return cplx(vr*a.vr-vi*a.vi,vr*a.vi+a.vr*vi);}

        cplx operator / (const double var)const{return cplx(vr/var,vi/var);}

    };

    int n,m;

    cplx a[MAXN+5],b[MAXN+5];

    int revi[MAXN+5];

    /*

        f(w^x)

        =f0(w^{2x})+w^x*f1(w^{2x})

        =a0+a2+a4+...,a1+a3+a5+...

        =a0+a4+a8+...+a2+a6+a10...+a1+a5+a9+...+a3+a7+a11...

        =f00(w^{4x})+w^{2x}*f01(w^{4x})+w^x*f10(w^{4x})+w^3x*f11(w^{4x})

        =a0+a4+a8+...,w^{2x}*(a2+a6+a10...),w^x*(a1+a5+a9+...),w^{3x}*(a3+a7+a11...)

        f_s -> 下标将 s 反过来之后, a_i 的 i 的二进制反过来与 s 相同

                .

                .

                .

        s

        000 001 010 011

               |反过来

               v

        000 100 010 110

        a0 a{k/2} a{3*k/4} a{k}

        a0  a4  a2  a6

    */

    /*

    void fft(cplx* f,const int len,const short opt=1){

        if(!len)return;

        cplx f0[len+5],f1[len+5];

        for(int i=0;i<len;++i)

            f0[i]=f[i<<1],f1[i]=f[i<<1|1];

        fft(f0,len>>1,opt);

        fft(f1,len>>1,opt);

        cplx w=cplx(cos(Pi/len),opt*sin(Pi/len)),buf=cplx(1,0);

        for(int i=0;i<len;++i,buf=buf*w){

            f[i]=f0[i]+buf*f1[i];

            f[i+len]=f0[i]-buf*f1[i];

        }

    }

    */

   inline void fft(cplx* f,const short opt=1){

        for(int i=0;i<n;++i)if(i<revi[i])

            swap(f[i],f[revi[i]]);

        for(int p=2;p<=n;p<<=1){

            //枚举层数

            int len=p/2;//上一层的一半的长度

            cplx tmp(cos(Pi/len),opt*sin(Pi/len));

            //单位复根

            for(int k=0;k<n;k+=p){

                cplx buf(1,0);//记录 omega 的次方

                for(int l=k;l<k+len;++l,buf=buf*tmp){

                //每次 buf 累成单位 omega

                    cplx tt=buf*f[len+l];

                    f[len+l]=f[l]-tt;

                    f[l]=f[l]+tt;

                /*

                    此处与递归版本的 FFT 中这一段是一样的:

                    f[i]=f0[i]+buf*f1[i];

                    f[i+len]=f0[i]-buf*f1[i];

                */

                }

            }

        }

        if(opt==-1)for(int i=0;i<n;++i)f[i]=f[i]/n;

        //如果是 逆变换 , 那么需要全部 /n

   }

public:

    inline void launch(){

        qread(n,m);

        rep(i,0,n)scanf("%lf",&a[i].vr);

        rep(i,0,m)scanf("%lf",&b[i].vr);

        for(m+=n,n=1;n<=m;n<<=1);

        rep(i,0,n-1)revi[i]=(revi[i>>1]>>1)|((i&1)?n>>1:0);//处理反转

        fft(a);fft(b);

        rep(i,0,n-1)a[i]=a[i]*b[i];

        fft(a,-1);

        rep(i,0,m)writc((int)(a[i].vr+0.5),' ');

        Endl;

    }

}This;

signed main(){

#ifdef FILEOI

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

    freopen("file.out","w",stdout);

#endif

    This.launch();

    return 0;

}

如果我可以回到过去，我一定会去当杀手。

为什么？因为我要去干翻欧某和傅某某...

还会有的 NTT 和三模数 NTT...