【whk向】初识复数

1. 定义

复数是形如 \(a+bi\) 的数，其中 \((a,b)\in \mathbb{R}\)。

• 复平面：我们把复数 \(a+bi\) 看作二维平面上的一个点 \((a,b)\)，这个二维平面称为复平面。复平面上的点和复数一一对应，如同数轴上的点一一对应一样。以下我们有时会以 \((a,b)\) 指代 \(a+bi\)。
• 复数 \((a,b)\) 可以视作复平面上一个 \((0,0)\rightarrow (a,b)\) 的向量。

记 \(\text{Re} (a,b)=a,\text{Im (a,b)}=b\)，可以理解为实部和虚部。

2. 基本性质与运算

复数最基本的代数运算有两条：

• 加法：\((a,b)+(c,d)=(a+b,c+d)\)。
• 乘法：\((a,b)\times (c,d)=(ac-bd,ad+bc)\)。

可以说明：加法的单位元有且仅有 \((0,0)\)，乘法的单位元有且仅有 \((1,0)\)。

复数相反数的定义是自然的，也就是 \(z=(a,b)\) 的加法逆元为 \(-z=(-a,-b)\)。

除了 \((0,0)\)，一切复数皆存在乘法逆元：对于实数 \((a,b)\)，解方程 \((a,b)(u,v)=(1,0)\) 后解得 \(u=\frac{a}{a^2+b^2},v=-\frac{b}{a^2+b^2}\)；

换言之 \(z=(a,b)\) 的逆元即为 \(z^{-1}=(\frac{a}{a^2+b^2},-\frac{b}{a^2+b^2})\)。

容易说明 \(zz^{-1}=1\) 以及 \((z^{-1})^{-1}=z\) 两条性质。

由逆元的存在，我们可以定义复数的减法以及除法运算：

• 减法： \((a,b)-(c,d)=(a-b,c-d)\)。

• 除法：\(\frac{(a,b)}{(c,d)}=(a,b)(\frac{c}{c^2+d^2},-\frac{d}{c^2+d^2})=(\frac{ac+bd}{c^2+d^2},\frac{bc-ad}{c^2+d^2})\)。

复数的很多代数性质和实数是一样的：加法交换律，结合律；乘法交换律，结合律，分配律全部满足。

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有一类复数对比较特殊：它们形如 \(z=(a,b)\) 以及 \(\overline{z}=(a,-b)\)，我们称这样的复数是共轭复数。

共轭复数的特殊之处在于良好的运算性质：\(z+\overline{z}=(2a,0)\) 以及 \(z-\overline{z}=(0,2b)\)，对于乘法，则有 \(z\times \overline{z}=(a^2+b^2,0)\)，由此我们可以看出很重要的一条性质：

\[z\times \overline{z}=|z|^2 \]

共轭复数的良好性质也让我们不用死记硬背 \(\frac{(a,b)}{(c,d)}\) 的公式了，因为我们可以上下同乘 \((c,-d)\)。事实上利用这个想法（而不是先记忆复数逆再去乘法）去做复数除法效率是很快的。

3. 几何意义初探

现在我们回到定义一节中复平面的相关内容上。

我们可以自然地把一个复数看作一个向量 \(z=(0,0)\rightarrow (a,b)\)，我们知道向量有模长 \(|z|\)，很显然，有 \(|z|=\sqrt{a^2+b^2}\)。

回顾复数的加法运算，我们会发现其与向量的加法运算是完全一致的，而我们又知道向量相加遵循三角形定则，根据两点之间直线最短，我们导出：

\[|a+b|\le |a|+|b| \]

这个式子取等，当且仅当 \(a,b\) 平行。

我们知道三角形不等式还有减法版本，在这里一样成立：

\[||a|-|b|| \le |a+b| \]

取等条件同上。

我们可以递归地证明：\(|a_1+a_2+...+a_n|\le |a_1|+|a_2|+...+|a_n|\)。

4. 再谈几何意义

复数的加法拥有良好的几何意义，那么复数的乘法呢？

在继续谈论复数之前，我们需要一些基础的代数知识。

欧拉公式（\(\text{Eular's formula}\)）：

\[e^{i\times \theta}=\cos \theta + i\times \sin \theta \]

证明其实很容易（我不确定是否属于后证前，但这个是我所了解的比较方便的证明方式？），我们把三项全部泰勒展开：

\[e^{i\times \theta}=\sum_{n\ge 0}\frac{(i\times \theta)^n}{n!} \\ \cos \theta = \sum_{n\ge 0}(-1)^{n}\frac{\theta^{2n}}{(2n)!} \\ \sin \theta = \sum_{n\ge 0}(-1)^{n}\frac{\theta^{2n+1}}{(2n+1)!} \]

一一比对 \([\theta^n]\) 的系数，容易发现确实是相等的。

欧拉公式比较著名的形式是 \(\theta = \pi\)（实际上，也就是 \(\cos\theta\) 以及 \(\sin \theta\) 比较简单的时候），此时有 \(e^{i\pi}+1=0\)。

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现在我们回到复数上，我们前面利用平面直角坐标系定义了复平面上 \(z=(a,b)\) 的位置，现在我们换用极坐标系来定义，则每个复数 \(z\) 都可以看作从原点 \((0,0)\)，以角度 \(\theta\) 引一条射线，距离原点距离为 \(r\) 的位置，其中 \(r\) 为模长 \(|z|\)。

这里显然有 \(r\ge 0\) 且 \(r\in \mathbb{R}\)，不过我们知道弧度坐标制里 \(\theta\) 可以是任意大的，因为 \(\theta\) 和 \(\theta+2\pi\) 都是一个角。为了规范，我们认为 \(\theta\in (-\pi,\pi]\)，对于复数 \(z\)，我们把它的这个 \(\theta\) 记作 \(\text{Arg}(z)\)，而把集合 \(\{\theta+2k\pi \mid k\in \mathbb{Z}\}\) 记作 \(\arg(z)\)。

首先我们知道 \(x=r\times \cos \theta\) 以及 \(y=r\times \sin \theta\) 成立，所以有复数 \(a+bi=r\times (\cos \theta + i\times \sin \theta)\) 成立。

观察 \(r\) 后面的内容，我们意识到这恰好出现在了欧拉公式中。

也就是有 \(a+bi=r\times e^{i\theta}\)，这是一种全新的，简洁的表示复数的形式。

对于两个复数： \(z_1=r_1\times e^{i\theta_1},z_2=r_2\times e^{i\theta_2}\)，那么将它们相乘，我们将看到： \(z_1\times z_2=(r_1\times r_2)\times e^{i(\theta_1+\theta_2)}\) 。

观察新的复数，其模长为 \(r_1\times r_2\)，其角度变为 \(\theta_1+\theta_2\)。

由此，我们总结出了复数相乘的几何意义，也就是所谓的 ”模长相乘，幅角相加“，也就是 \(|a\times b|=|a|\times |b|,\text{arg}(|a|\times |b|)=\text{arg}(|a|)+\text{arg}(|b|)\)。

事实上证明这件事情并不只有这一条路，然而这个方法几乎是从代数角度完美的证明了一种几何意义。

5. 几何意义说开去

我们如何描述一个圆？圆的两要素是圆心以及半径，我们先从圆心是原点的情况说开去。

显然，设半径为 \(r\)，则该圆上的所有点和 \(\{z=re^{i\theta} \mid \theta\in (-\pi,\pi]\}\) 一一对应。

更一般的呢？如果我们的圆心是一个任意点，我们记作 \(z_0\)，则我们会看到该圆上所有点和 \(\{z=z_0+re^{i\theta} \mid \theta\in (-\pi,\pi]\}\) 一一对应。

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三角函数有很多公式，比如和差化积，比如二倍角，三倍角。我们在学习的时候通常不学习其证明，而且一段时间不用还经常会出现忘记的情况。

事实上，利用欧拉公式，我们是可以直接推出这些公式的。

\[e^{i\theta_1}\times e^{i\theta_2}=e^{i(\theta_1+\theta_2)} \\ (\cos \theta_1+i\sin \theta_1)(\cos\theta_2+i\sin \theta_2)=\\ \cos (\theta_1\theta_2)-\sin (\theta_1\theta_2)+i\sin \theta_1\cos \theta_2+i\sin \theta_2\cos \theta_1=\\ \cos (\theta_1+\theta_2)+i\sin (\theta_1+\theta_2) \]

观察倒数第二行的四项：前两项是实数，后两项是虚数；最后一行中，第一项是实数，第二项是虚数，由此，我们推出：

\[\begin{cases} \sin(\theta_1+\theta_2)=\sin \theta_1\cos \theta_2+\sin \theta_2\cos \theta_1 \\ \cos(\theta_1+\theta_2)=\cos (\theta_1\theta_2)+\sin (\theta_1\theta_2) \end{cases} \]

这就是我们所熟知的和角公式；差角公式当然是一样的推法。

现在我们来看倍角公式，首先要知道的是棣莫佛公式（\(\text{de Moivre's Fomula}\)）：

\[(\cos \theta+i\sin \theta)^n=\cos(n\theta)+i\sin(n\theta) \]

证明其实非常简单：

\[(e^{i\theta})^n=e^{in\theta} \\ \]

将两边的 \(e^x\) 通过欧拉公式展开即可。

令 \(n=2\)，则有：

\[(\cos \theta+i\sin \theta)^2=\cos(2\theta)+i\sin(2\theta)\\ \cos^2\theta-\sin^2\theta+2i\cos\theta\sin\theta=\cos(2\theta)+i\sin(2\theta) \]

依旧是利用实部和虚部的不同，我们得到：

\[\begin{cases} \sin(2\theta)=2\cos\theta\sin\theta \\ \cos(2\theta)=\cos^2\theta-\sin^2\theta \end{cases} \]

6. 单位根

接下来是最后一节，我们将阐述单位根相关的一些内容。

我们定义根的概念：对于一个复数 \(z_0=r_0e^{i\theta_0}\)，我们称 \(z\) 是 \(r_0\) 的 $\text{n-th root} $（不会翻译了）当且仅当 \(z^n=z_0\) 成立。

根据代数基本定理我们都知道这样的 \(z\) 会有 \(n\) 个。

如何找到所有的 \(z\)？设 \(z=re^{i\theta}\)，则其是我们要找的根，当且仅当：

\[\begin{cases} r^n=r_0 \\ n\theta=\theta_0+2k\pi\,(k\in \mathbb{Z}) \end{cases} \]

所以所有的根，它们的 \(r\) 都应该是 \(\sqrt[n]{r_0}\)（注意 \(r\) 永远是非负的），而 \(\theta\) 形如 \(\frac{\theta_0}{n}+\frac{2k\pi}{n}(k\in \mathbb{Z})\)。

而本质不同的 \(z\) 也确实只有 \(n\) 个，也就是 \(k\in [1,n]\) 的时候的 \(n\) 个根。

因此：

\[z=\sqrt[n]{r_0}\exp(i\frac{\theta_0}{n})\exp(i\frac{2k\pi}{n})(k\in \mathbb{Z}) \]

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对于任何的 \(z\) 和 \(n\)，我们都能找到 \(z\) 的 \(n\) 个根。当 \(z=1\) 的时候，这 \(n\) 个根是最特殊的，我们称其（\(x^n=1\) 的所有解）为 \(n\) 次单位根：

\[\omega_n^k=\exp(i\frac{2k\pi}{n})(k\in \mathbb{Z}) \]

我们设 \(z_0\) 的第 \(k\) 个根是 \(c_k(k\in [0,n)\)。则显然有：

\[c_k=c_0\omega_{n}^{k} \]

单位根的一些代数性质（单位根本身是 \(e\) 的若干次幂，因此单位根的运算有良好性质）：

• \(\omega_n^k=(\omega_n^1)^k\)。
• \((\omega_n^1)^2=(\omega_{n/2}^1)\)，这是因为 \(\exp(i\frac{2k\pi}{n})^2=\exp(i\frac{2k\pi}{n/2})\)。

我们可以把单位根 \(\omega_{n}^{k}\) 的下标看作是模 \(n\) 意义下的，那么就有 \(\omega_{n}^{x}\omega_{n}^{y}=\omega_{n}^{x+y}\)。

Bonus：快速傅里叶变换

其实 \(\text{FFT}\) 是老生常谈的东西了，但还是觉得不彻底推一次就不太合适。

\(\text{FFT}\) 的基本思想：

考虑两个系数形式的多项式 \(A(x),B(x)\)，不妨设它们的次数较大的是 \(n\)。

我们计算 \(A\times B\) 的系数形式，直接做是 \(O(n^2)\) 的。

如果我们能在低于 \(O(n^2)\) 的时间内求出 \(A(x)\) 和 \(B(x)\) 在至少 \(2n+1\) 个点处的值，然后分别相乘，就得到了 \((A\times B)(x)\) 在这 \(\ge 2n+1\) 个点处的值，然后我们再设法插值回去，得到那个唯一的多项式。

\(\text{FFT}\) 的核心，就是快速求出那若干个点值，以及快速插值回去的方法。

离散傅里叶变换 （\(\text{Discrete Fourier Transform,DFT}\)）

设 \(N\) 是大于等于 \(2n+1\) 的一个数，且 \(N=2^m\)，显然最小的 \(N\) 是 \(O(n)\) 级别的。

具体来说，我们计算 \(A\)（\(B\) 同理）在 \(\omega_{N}^{0},\omega_{N}^{1},...,\omega_{N}^{N-1}\) 这 \(N\) 个点的点值。

\[A(\omega_{n}^k)=\sum_{i=0}^{N-1}a_i\omega_{n}^{ki} \]

我们把下标按照奇偶分类：

\[A(\omega_{N}^k)=\sum_{i=0}^{\frac{N}{2}-1}a_{2i}\omega_{N}^{2ki}+\omega_{N}^{k}\sum_{i=0}^{\frac{N}{2}-1}a_{2i+1}\omega_{N}^{2ki} \]

这样的话，\(i\) 的下标被分治了，但是问题是，我们每次分治以后，还是要对 \(\omega_{N}^{0}\sim \omega_{N}^{N-1}\) 都去求值，这样时间复杂度其实没有任何变化，因此我们递归的次数是 \(T(N)=2T(\frac{N}{2})+O(1)=O(N)\) 级别的，而每次都要去算 \(N\) 个点值。

如果我们能做到：分治下去以后，两边分别只算 \(\frac{N}{2}\) 个点值，这样时间复杂度就真的变成了 \(T(N)=2T(\frac{N}{2})+O(1)=O(N\log N)\) 了。我们仔细观察两个和式中的单位根，我们会发现：

\[\omega_{N}^{2ki}=\omega_{N/2}^{ki} \]

在第 \(\text{6}\) 节已经提及这件事情！

现在，我们的式子变成了：

\[A(\omega_{N}^k)=\sum_{i=0}^{\frac{N}{2}-1}a_{2i}\omega_{N/2}^{ki}+\omega_{N}^{k}\sum_{i=0}^{N/2-1}a_{2i+1}\omega_{N/2}^{ki} \]

我们会注意到我们把关于 \(\omega_{N}^k\) 的转变成了关于 \(\omega_{N/2}^{k}\) 的；那么，当 \(k\ge N/2\) 的时候，其实就等价于转变成了关于 \(\omega_{N/2}^{k-N/2}\) 的。具体而言，\(A(\omega_{N}^{k})\) 和 \(A(\omega_{N}^{k+N/2})\) 应该是相近的（\(k\in [0,\frac{N}{2})\)：

\[A(\omega_{N}^{k})=A_L(\omega_{N/2}^{k})+\omega_{N}^{k}A_R(\omega_{N/2}^{k}) \\ A(\omega_{N}^{k+N/2})=A_L(\omega_{N/2}^{k})-\omega_{N}^{k}A_R(\omega_{N/2}^k) \]

注意到有 \(\omega_{N}^{k+N/2}=-\omega_{N}^{k}\)，值得一提的是这只在 \(N\) 是偶数的时候成立。

总而言之，我们在 \(O(N\log N)\) 的时间复杂度内完成了 \(\text{DFT}\)。

傅里叶逆变换（\(\text{IDFT}\)）

现在问题变成了快速插值，亦即：给出 \(N\) 个点，试还原出一个 \(N-1\) 次的唯一多项式。

这相当于解线性方程组：

\[\left[ \begin{array}{l} (\omega_{N}^{0})^0 & (\omega_{N}^{0})^1 & ... & (\omega_{N}^{0})^{N-1} \\ (\omega_{N}^{1})^0 & (\omega_{N}^{1})^1 & ... & (\omega_{N}^{1})^{N-1} \\ ... \\ (\omega_{N}^{N-1})^0 & (\omega_{N}^{N-1})^1 & ... & (\omega_{N}^{N-1})^{N-1} \end{array} \right] \times \left[ \begin{array}{l} a_0 \\ a_1 \\ ... \\ a_{N-1} \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{l} A(\omega_{N}^{0}) \\ A(\omega_{N}^{1}) \\ ... \\ A(\omega_{N}^{N-1}) \end{array} \right] \]

记左边的这个矩阵是 \(U\)，也就是 \(U_{i,j}=\omega_{N}^{ij}\)。

记矩阵 \(V\) 是满足 \(V_{i,j}=\omega_{N}^{-ij}\) 的矩阵，则两个方阵相乘，\(V\times U=E\)，的结果非常特殊:

\[E_{i,j}=\sum_{k}V_{i,k}U_{k,j}=\sum_{k}\omega_{N}^{k(j-i)} \]

当 \(i=j\) 时，\(E_{i,j}=N\)，否则根据等比数列求和，分子是 \(1-\omega_{N}^{N(j-i)}=0\)，所以 \(E=nI\)。

因此如果我们在两边同时左乘 \(V\)，会得到：

\[nIa=VA \\ a=\frac{1}{n}VA \]

所以我们只需要算出向量 \(V\times A\)，然后每一项都除以 \(n\)，就是我们想要的结果了。

而 \(V\times A\) 实质上就是把 \(\text{DFT}\) 的过程中所有的 \(\omega_{N}^{i}\) 换成了 \(\omega_{N}^{-i}\)，我们令 \(\phi_{N}^{i}=\omega_{N}^{-i}\)，则 \(\phi_N\) 同样满足：

• \(\phi_{N}^0\sim \phi_{N}^{N-1}\) 互不相同。

• \(\phi_{N}^{2i}=\phi_{N/2}^{i}\)

• \(\phi_{N}^{N}=1\)

• \(\phi_{N}^{n/2+k}=-\phi_{N}^{k}\)

这些是我们能进行 \(\text{DFT}\) 的基础，既然全部满足，那么也就可以成功在 \(O(n\log n)\) 的时间内进行 \(\text{IDFT}\)。

位逆序置换

写出递归版本的 \(\text{FFT}\) 并不难，问题就在于这样常数太大了。

把递归换成迭代版本是一个不错的选择，问题在于如果我们想”自下而上“地使用迭代实现，就必须预处理出每个 \(a_i\) 在最终状态被分配到了哪里。

实质上，最后的 \(b_i\) 应该是 \(a_{p_i}\)，\(p_i\) 是把 \(i\) 的二进制表示反转（不是 \(\text{0/1}\) 互换，是从后往前读的意思）后的结果。

显然 \(p\) 是可以 \(O(N)\) 求的：我们从小到大求 \(p\)，那么根据 \(p_{\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor}\) 的结果，我们可以得到 \(n\) 除了最低位以外，其余位反转的结果，所以我们只需要知道最低位反转的结果即可。

for(int i=0;i<N;i++){
    p[i]=p[i>>1]>>1;
    if(i&1)p[i]|=(N>>1)
}

然后我们令 \(b_i=a_{p_i}\)，对 \(b\) 直接进行 \(\text{DFT}\) 即可。这样我们的 \(\text{FFT}\) 常数会大大降低。

快速数论变换（\(\text{Fast Number-Theoretic Transform,NTT}\)）

我们可以在取模意义下实现 \(\text{FFT}\)。

我们前面探讨了 \(\text{IDFT}\) 想要和 \(\text{DFT}\) 一样做，\(\phi\) 需要满足的条件。那么我们此时不光要满足这些条件（这样你能做 \(\text{DFT}\)），还应该满足 \(E_{i,j}=n\times [i=j]\) 的条件（这样我们能把 \(\text{IDFT}\) 转成 \(\text{DFT}\)）。

可以验证的是，当 \(p\) 是形如 \(k\times 2^n+1\) 的素数时，取 \(p\) 的一原根 \(g\)，令 \(\omega_{n}^{1}=g^k\)，此时我们的”单位根“是满足上面所有条件的。

最常见的情形是 \(p=998244353\)，此时有 \(g=3\) 是 \(p\) 的原根。

我们还可以拓展到任意模数的情况（\(\text{MTT}\)）。首先注意到，如果两个长度为 \(n\) 的多项式在模 \(p\) 意义下相乘，则每一项的系数不会超过 \(n(p-1)^2\)，我们选取若干个 \(\text{NTT}\) 模数，它们的积大于 \(n(p-1)^2\)，设有 \(k\) 个，我们做 \(k\) 次 \(\text{NTT}\)，最后利用 \(\text{CRT}\) 合并每一项的 \(k\) 个结果即可。