FFT 学习笔记

1.多项式与卷积

1.1 多项式

对于多项式 \(F(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\dots+a_nx^n\)，我们称 \(a_0,a_1,\dots,a_n\) 为它的系数，这种表示法叫做系数表示法。

定义 \(F(x)\) 的 \(n\) 次项系数为 \(f_n\)。

我们有：

1.2 卷积

考虑两个多项式进行乘法，即\(P(x)=F(x)G(x)\)，有 \(p_k=\sum_{i=0}^kf_ig_{k-i}\)，也可写作 \(p_k=\sum_{i+j=k}f_ig_j\)。

事实上，形如 \(P[k]=\sum_{i\oplus j=k}f_ig_j\) 的操作叫做卷积，\(\oplus\) 为任意运算。

多项式乘法为 \(\oplus\) 取 \(+\) 的操作，即加法卷积，暴力进行的时间复杂度为 \(O(n^2)\)。

2.DFT 思想

有定理：平面上的 \(n+1\) 个点唯一确定一个 \(n\) 次多项式（常见应用是待定系数法和拉格朗日插值公式）。于是我们可以用点值的方法表示一个多项式，这被称作点值表示法。

对于两个多项式相乘，我们可以直接将它们对应点的点值相乘。对于两个次数为 \(n\) 的多项式，我们只需要取 \(2n+1\) 个点相乘即可，时间复杂度为 \(O(n)\)，优于暴力卷积的 \(O(n^2)\)。

DFT（离散傅里叶变换）所做的就是将一个多项式的系数表达法转换为点值表示法。

但是我们取的点是什么呢？

3.复数和单位圆

3.1 复数

定义 \(i^2=-1\)，这里 \(i\) 被称作虚数单位。

复数可以记为 \(a+bi\)，\(a\) 称作实部，\(b\) 称作虚部。

虚数没有大小和正负之分。注意：部分实数的运算公式不能拓展到复数。

定义虚部互为相反数的复数为共轭复数。

虚数的基本运算如下：

1. 加减法：实部、虚部分别相加。如：\((a+bi)\pm(c+di)=a\pm c+(b\pm d)i\)。

2. 乘法：当做一次多项式相乘即可。如：\((a+bi)\times (c+di)=ac-bd+(ad+bc)i\)。

3. 除法：同乘分母的共轭复数。如：\(\dfrac{a+bi}{c+di}=\dfrac{(a+bi)(c-di)}{(c+di)(c-di)}=\dfrac{ac+bd+(bc-ad)i}{c^2+d^2}\)

我们同时注意到复数的几何含义：我们可以用数对 \((a,b)\) 来表示复数 \((a+bi)\)，事实上，复数 \(a+bi\) 所对应的是平面直角坐标系上横坐标为 \(a\)，纵坐标为 \(b\) 的点。

定义一个虚数 \(a+bi\) 的模长为 \(\sqrt{a^2+b^2}\)，即其到原点的距离，幅角为与 \(x\) 轴形成的夹角。

有定理：复数相乘，模长相乘，幅角相加。

首先证明模长相乘：

证明：

设两个复数分别为 \(a+bi\) 和 \(c+di\)，则它们的模长分别为 \(\sqrt{a^2+b^2}\) 和 \(\sqrt{c^2+d^2}\)，相乘后的模长为 \(\sqrt{a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2}\)。

\((a+bi)(c+di)=ac-bd+(ad+bc)i\) ，其对应点的坐标为 \((ac-bd,ad+bc)\)。其模长为 \(\sqrt{(ac-bd)^2+(ad+bc)^2}\)，展开即为 \(\sqrt{a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2}\)，证毕。

然后证明幅角相加。

如图，\(B=3+2i,C=1+4i,D=BC=-5+14i\)。

有 \(AD:AB=AC,AC:AE=AC\) 我们通过两点之间距离公式可以证明 \(DC:EB=AC\)，即可得到 \(\triangle AEB\backsim\triangle ACD\)，进而证明幅角相加。

3.2 单位圆

定义单位圆是平面直角坐标系上一个圆心为原点，半径为 \(1\) 的圆。

求方程 \(x^n=1\) 的所有复数解，不难发现，其所有解都在单位圆上。这些解对应着分别是幅角为 \(0,\dfrac{1}{n},\dfrac{2}{n},\dots,\dfrac{n-1}{n}\) 圆周的点，此时正好对应着 \(0,1,2,\dots,n-1\) 倍圆周。我们将这些点称作单位根，表示为 \(\omega_n^1,\dots,\omega_n^{n-1}\)。由代数基本定理：\(n\) 次方程恰有 \(n\) 个复数根，可知这就是原方程的所有根。

单位根有如下性质：

1. \(\omega^{2k}_{2n}=\omega^k_n\)。

   感性证明：把单位圆等分成 \(2n\) 份取 \(2k\) 份等价于等分成 \(n\) 份取 \(k\) 份。

2. \(\omega_n^{k+\frac{n}{2}}=-\omega^k_n\)。

   感性证明：转动半周即关于原点对称。

4.FFT

设 \(F(x)=f_0+f_1x+f_2x^2+\dots+f_{n-1}x^{n-1}\)，为方便计算，这里使 \(n=2^k\)。

我们可以按照奇偶将 \(F(x)\) 分为 \(A(x)\) 和 \(B(x)\)，其中，\(A(x)=f_0+f_2x+\dots+f_{n-2}x^{\frac{n}{2}-1}\)，\(B(x)=f_1+f_3x+\cdots+f_{n-1}x^{\frac{n}{2}-1}\)。

这样，我们有：

设 \(k<\dfrac{n}{2}\)，将 \(\omega^k_n\) 分别代入 \(F(x),A(x),B(x)\)，则：

代入 \(\omega^{k+\frac{n}{2}}_n\)，则：

我们注意到：两个式子的结果仅存在一个正负号的差异，这就也意味着，我们若知道两个多项式 \(A(x),B(x)\) 在 \(\omega^0_{\frac{n}{2}}\) 至 \(\omega^{\frac{n}{2}-1}_{\frac{n}{2}}\) 处的点值表示，我们就可以以 \(O(n)\) 的时间复杂度求出多项式 \(F(x)\) 在 \(\omega^0_n\) 至 \(\omega^{n-1}_n\) 处的点值表示。这个过程可以不断分治到 \(n=1\) 的情况，再逐层合并即可，这就是 FFT 的思想。

5.IDFT

我们为什么要将单位根代入式子？

设 \(G_{n}\) 表示多项式 \(F(x)\) 在经过 DFT 后的点值，有：

我们能够证明：

证明：

\[\begin{aligned} &\sum^{n-1}_{i=0}(\omega^{-k}_n)^ig_i \\&=\sum^{n-1}_{i=0}\sum^{n-1}_{j=0}(\omega^i_n)^j(\omega^{-k}_n)^if_j \\&=\sum^{n-1}_{i=0}\sum^{n-1}_{j=0}(\omega^{i(j-k)}_n)f_j \end{aligned} \]

当 \(j=k\) 时的贡献是：

\[\sum_{i=0}^{n-1}f_k=nf_k \]

否则，当 \(j\neq k\) 时：

考虑式子 \(\sum^{n-1}_{j=0}(\omega^{i(j-k)}_n)\) 的贡献，由等比数列求和公式，我们有：

\[\sum^{n-1}_{j=0}(\omega^{i(j-k)}_n)=\omega^0_n\dfrac{1-\omega^n_n}{1-\omega^1_n}=0 \]

故原式成立。证毕。

由此，我们只需要将多项式进行 DFT 后的点值代入单位根的相反数再进行一次 DFT，即可得到原多项式。

注：

6.FFT优化

6.1 三次变两次

计算 \(F(x)G(x)\)，朴素的需要进行两次 DFT，一次 IDFT，共三次操作。

设 复数多项式\(P(x)=F(x)+G(x)i\)，计算 \(P(x)^2=F(x)^2-G(x)^2+2F(x)G(x)i\)

注意到此时 \(P(x)\) 的虚部恰巧时答案的两倍，这样我们只需要一次 DFT 和一次 IDFT 共两次操作即可完成。