FFT——快速傅里叶变换

这块不写东西空荡荡的，我决定还是把FFT的定义给贴上吧

FFT（Fast Fourier Transformation）是离散傅氏变换（DFT）的快速算法。即为快速傅氏变换。它是根据离散傅氏变换的奇、偶、虚、实等特性，对离散傅立叶变换的算法进行改进获得的。

这三段话其实一点用也没有

FFT是干什么的

FFT在算法竞赛中就有一个用途：加速多项式乘法(暴言)

简单来说，形如 $a_0{X}^0+a_1{X}^1+a_2{X}^2+\cdots +a_n{X}^n$ 的代数表达式叫做多项式，可以记作$f(X)=a_0{X}^0+a_1{X}^1+a_2{X}^2+\cdots +a_n{X}^n$，其中$a_0,a_1,\cdots ,a_n$叫做多项式的系数，$X$是一个不定元(就是不可以合并)，不表示任何值，不定元在多项式中最大项的次数称作多项式的次数

如果我们当前有两个多项式$f(X),g(X)$，现在要把他们乘起来(求卷积)，最朴素的做法就是

$$\sum _{i=0}^{2n-1}(\sum _{j=0}^i{a}_j\ast b_{i-j})\ast x^i$$

这样的复杂度是$\Theta (n^2)$的，十分不美观，FFT就是要将这个过程优化为$\Theta (n\log n)$

前置技能

多项式

见上文

复数

复数形如$a+bi$，其中$i=\sqrt{-1}$

$a$叫作复数的实部，$bi$叫做复数的虚部

复数$(a_1+b_{1}i)\ast (a_2+b_{2}i)$相乘的值，即$a_1{a}_2-b_1{b}_2+(a_1{b}_2+a_2{b}_1)i$也是一个复数，同时我们也得到了复数的乘法法则

复数$c+di$可以用这种方式表示出来

复数乘法的在复平面中表现为辐角相加，模长相乘

单位根

复数$w$满足$w^n=1$称作$w$是$n$次单位根，下图包含了所有的$8$次单位根(图中圆的半径是1)

同样的，下图是所有的4次单位根

聪明的你也许已经发现了单位根的些许性质，即

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

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

这两个要记住，一会很有用

多项式的系数表达法

我们有多项式$f(X)=a_0{X}^0+a_1{X}^1+a_2{X}^2+\cdots +a_n{X}^n$，令$\vec{a}=(a_0,a_1,a_2,...,a_n)$，则称$A(X)$为多项式$f(X)$的系数表示法

在系数表示法下，计算多项式乘法是$\Theta (n^2)$的

多项式的点值表达法

任取$n+1$个互不相同的 S = { p 1 , p 2 , . . . , p n + 1 } S=\{p_1,p_2,...,p_{n+1}\} S={p1​,p2​,...,pn+1​}，对$f(X)$分别求值得到$f(p_1),f(p_2),...,f(p_{n+1})$，那么称 A ( X ) = { ( p 1 , f ( p 1 ) ) , ( p 2 , f ( p 2 ) ) , . . . , ( p n + 1 , f ( p n + 1 ) ) } A(X)=\{(p_1,f(p_1)),(p_2,f(p_2)),...,(p_{n+1},f(p_{n+1}))\} A(X)={(p1​,f(p1​)),(p2​,f(p2​)),...,(pn+1​,f(pn+1​))}为多项式$f(X)$在$S$下的点值表示法

可以把多项式想象成一个$n$次函数，点值表示法就是取$S$下每一个横坐标时对应的点，因为$n$次函数可以由$n+1$个点确定下来(可以将每一个点列一个$n$次方程)，所以$n$维点值与$n$维系数一一对应

更重要的一点，点值表示法下的乘法运算获得了简化

两个多项式$P$,$Q$分别取点$(x,y_1)$和$(x,y_2)$，$P\ast Q$就会取到点$(x,y_1\ast y_2)$；

令$C=P\ast Q$，因为$C(X)=P(X)\ast Q(X)$，所以$C(x)=P(x)\ast Q(x)$，即$C(x)=y_1\ast y_2$

所以在点值表示法下，计算多项式乘法是$\Theta (n)$的

FFT的具体过程

FFT就是将系数表示法转化成点值表示法相乘，再由点值表示法转化为系数表示法的过程，第一个过程叫做求值(DFT)，第二个过程叫做插值(IDFT)

求值

还记得我们之前提到的单位根吗？再回顾一下：

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

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

想要求出一个多项式的点值表示法，需要选出$n+1$个数分别带入到多项式里面，带入一个数的复杂度是$\Theta (n)$的，那么总复杂度就是$\Theta (n^2)$的，因为单位根有上面两个优美的性质，所以我们尝试可以取$n$次单位根组成$S$，看看能不能加速我们的运算

设$A_0(X)$为$A(X)$偶次项的和，设$A_1(X)$为$A(X)$奇次项的和，即

$A_0(X)=a_0{x}^0+a_2{x}^1+...+a_{n-1}{x}^{n/2}$

$A_1(X)=a_1{x}^0+a_3{x}^1+...+a_{n-2}{x}^{n/2}$

因为$A(w_n^m)=a_0{w}_n^0+a_1{w}_n^m+a_2{w}_n^{2m}+a_3{w}_n^{3m}+...+a_{n-1}{w}_n^{(n-1)\ast m}+a_n{w}_n^{nm}$

所以有

也就是说，只要有了$A_0(X)$和$A_1(X)$的点值表示，就能在$\Theta (n)$时间算出$A(X)$的点值表示，对于当前层确定的位置$i$，就可以用下一层的两个值更新当前的值，我们称这个操作为“蝴蝶变换”

因为这个过程一定要求每层都可以分成两大小相等的部分，所以多项式最高次项一定是$2^p$($p\in N$)次方，如果不是的话，直接在最高次项补零就可以啦

于是我们有了递归的写法：

void FFT(Complex* a,int len){if(len==1) return;Complex* a0=new Complex[len/2];Complex* a1=new Complex[len/2];for(int i=0;i<len;i+=2){a0[i/2]=a[i];a1[i/2]=a[i+1];}FFT(a0,len/2);FFT(a1,len/2);Complex wn(cos(2*Pi/len),sin(2*Pi/len));Complex w(1,0);for(int i=0;i<(len/2);i++){a[i]=a0[i]+w*a1[i];a[i+len/2]=a0[i]-w*a1[i];w=w*wn;}return;
}

但递归版的FFT常数巨大，实现起来比较复杂，于是又有了迭代的写法

重新考虑下递归FFT的过程，在第$i$次求解中，我们将所有元素二进制$i$位为$0$的放在了左面，$i$位为$1$的放在了右面，事实上，每个元素最终到的是他二进制颠倒过来的位置

再拿一张别人的图

迭代写法：

inline void DFT(Complex a[]){for(int i=0;i<len;i++)///pos[i]代表反转后的位置if(i<pos[i])swap(a[i],a[pos[i]]);for(int i=2,mid=1;i<=len;i<<=1,mid<<=1){///len代表多项式最高次项///第一层i是枚举合并到了哪一层。Complex wm(cos(2.0*pi/i),sin(2.0*pi/i));for(int j=0;j<len;j+=i){///第二层j是枚举合并区间。Complex w(1,0);for(int k=j;k<j+mid;k++,w=w*wm){///第三层k是枚举区间内的下标。Complex l=a[k],r=w*a[k+mid];a[k]=l+r;a[k+mid]=l-r;}}}return;
}

插值

有人证出来插值只要将所有$w_n^m$换成$w_n^{m+\frac{n}{2}}$，也就是所有的虚部取相反数，再将最终结果除以$len$，就是插值的过程了

究竟为什么？我觉得人生一定要有点遗憾可以参考这里，我就不多说了

支持插值的迭代写法：

const double DFT=2.0,IDFT=-2.0;///进行求值，第二个参数传DFT，插值传IDFT
inline void FFT(Complex a[],double mode){for(int i=0;i<len;i++)if(i<pos[i])swap(a[i],a[pos[i]]);for(int i=2,mid=1;i<=len;i<<=1,mid<<=1){Complex wm(cos(2.0*pi/i),sin(mode*pi/i));for(int j=0;j<len;j+=i){Complex w(1,0);for(int k=j;k<j+mid;k++,w=w*wm){Complex l=a[k],r=w*a[k+mid];a[k]=l+r;a[k+mid]=l-r;}}}if(mode==IDFT)for(int i=0;i<len;i++)a[i].x/=len;return;
}

现在，你已经会写FFT了！

生成函数

小$A$有$a_i$个价值为$A_i$的物品，小$B$有$b_i$个价值为$A_i$的物品，求用两个组成价值为$c_i$的方案数

生成函数可以解决上面的这个问题，构造两个多项式，第$i$项表示价值为$i$的物品有多少个，对两个人分别构造，乘在一起的多项式就代表所有的方案数了

NTT——快速数论变换

当FFT需要取模时，复数的存在就特别尴尬了，有没有什么东西可以代替单位根呢？

原根性质：假设$g$是素数$p$的一个原根，则$g^1,g^2,...,g^{(p-1)}$在模$p$意义下两两不同，且结果恰好为$1$~$p-1$

$w_n^n\equiv g^{(p-1)}\equiv 1(modp)$(中间那个是费马小定理)

所以可以把$g^{(p-1)/n}$看成$w_n^1$的等价。

但这种质数必须是NTT质数(费马质数)，即$(p-1)$有超过序列长度的2的正整数幂因子的质数

具体证明还是看这里吧

参考资料：
Pick’s blog
Fenghr的博客
Miskcoo’s Space