[学习笔记]FFT 快速傅里叶变换
〇、前言
这篇文章是我宅的以前的博客，懒得重新写了，就改了一下不是十分恰当的地方.
\(\tt update.2021.2.2\) 改了一下排版以及一些可能有点问题的地方. 并且把它宅到新博客上去了
壹、啥是 FFT ？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 ：
嗯？ \(n,m\le 10^6\) ，似乎过于太小了？（不要管这病句...）
而 \(\tt FFT\) 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 \(O(n\log n)\).
这里引用一句话：
实际上，\(\tt FFT\) 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 \(\mathcal O(n\log n)\) 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 \(\mathcal O(n)\) 的。最后再用 \(O(n\log n)\) 的时间复杂度把所得多项式的点值表示转化为一般形式。
贰、必备芝士
在学习 \(\tt FFT\) 之前，我们需要知道 点值表示 和 复数 。
一、点值表示
1.1.什么是点值表示
对于一个函数 \(f(x)\) ，我们可以用一个多项式表示它：
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 \(O(n\log n)\).
1.2.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 \(\mathcal O(n)\) ，似乎可以接受.
二、复数
2.1.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。
2.2.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。
2.3.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 \(\{(\omega_n^0,f(\omega_n^0)),(\omega_n^1,f(\omega_n^1)),...,(\omega_n^{n-1},f(\omega_n^{n-1}))\}\).
至于为什么要用单位复根作为点值表达式的基础？这是由于它的一些特性，其实如果能找到其他性质相似的数也是可以的.
叁、傅立叶正变换
有了这些辅助知识，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。
\(\tt FFT\) 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 \(A_o(x)=a_1+a_3x+a_5x^2+...\)，即将原函数奇数次系数提出来作为新的函数.
再记 \(A_e(x)=a_0+a_2x+a_4x^2+...\)，即将原函数偶数次系数提出来作为新的函数.
有 \(A(x)=x*A_o(x^2)+A_e(x^2)\).
令 \(n = 2p\) 。则有：
\(A(\omega_n^k)=\omega_n^k\times A_o[(\omega_{n/2}^{k/2})^2]+A_e[(\omega_{n/2}^{k/2})^2]=\omega_n^k\times A_o(\omega_p^k)+A_e(\omega_p^k)\).
\(A(\omega_n^{k+p})=\omega_n^{k+p}\times A_o(w_p^{k+p})+A_e(w_p^{k+p})=-\omega_n^k\times A_o(w_p^k)+A_e(w_p^k)\).
此处用到 \(\omega_n^k=\omega_{nx^{-1}}^{kx^{-1}}=\omega_{n/x}^{k/x}\) 这个性质.
因此，在已知 \(A_o(w_p^k)\) 与 \(A_e(w_p^k)\) 的前提下，可以 \(O(1)\) 算出 \(A(\omega_n^k)\) 与 \(A(\omega_n^{k+p})\).
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 \(A(x)\) 的 \(n\) 次单位根的插值。
时间复杂度是经典的 \(\mathcal T(n)=2\times \mathcal T(n/2)+\mathcal O(n)=\mathcal O(n\log n)\).
肆、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。
我们记上面的 \(\omega\) 矩阵为 \(V\)（就是最左边的矩阵）.
对于下面定义的 \(D\) ：
考虑 \(D\times V\) 的结果：
当 \(i = j\) 时， \((D\times V)_{ij}=n\) ；
当 \(i ≠ j\) 时， \((D\times V)_{ij}=1+\omega_n^{j-i}+(\omega_n^{j-i})^2+...=\frac{1-(\omega_n^{j-i})^n}{1-\omega_n^{j-i}}=0\) ；
根据定义， \(n\) 次单位根的 \(n\) 次方都等于 \(1\).
所以：\(\frac1n\times D=V^{-1}\)，即我们得到其逆矩阵.
因此将这个结果代入最上面那个公式里面，有：
“这样，逆变换 就相当于把 正变换 过程中的 \(\omega_n^k\) 换成 \(\omega_n^{-k}\)，之后结果除以 \(n\) 就可以了。”——摘自某博客。
但是为什么我们不直接把 \(\omega_n^k\) 换成 \(\frac1n\times \omega_n^{-k}\) 算了呢？
实际上，因为 \(\omega_n^{-k}=\omega_n^{n-k}\) ，也就是说它还是一个 \(n\) 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 \(\frac1n\times \omega_n^{-k}\) 它就不是一个单位根，以上性质就不满足了。
伍、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 \(\tt FFT\) 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
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;
}
