快速傅里叶变换 | FFT 初学

FFT

前置

多项式：形如 $A(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i$ 的式子，其中 $n$ 表示项数。

多项式乘法：

$$\begin{array}{rl}C(x)& =A(x)\cdot B(x)\\ & =\sum _{i=0}^{2n-2}{c}_i{x}^i\end{array}$$

其中，$c_i=\sum _{j=0}^i{a}_j{b}_{i-j}$。

多项式表示法：

• 系数表示法：将每一项的系数拿出来写在一起共同组成一个向量，如果缺项就补 $0$。一般书写的顺序与数组下标对应。

$$A(x)=(a_0,a_1,a_2,\cdots ,a_{n-1})$$

• 点值表示法：任意的 $n$ 次多项式都可以由二维平面内任意 $n+1$ 个点唯一确定，因为一个方程可以解出一个系数。故 $n$ 次多项式可以用一个包含 $n+1$ 个二维平面内的点集来表示。

$$A(x)=\{(x_0,y_0),(x_1,y_1),(x_2,y_2),\cdots ,(x_{n-1},y_{n-1})\}$$

快速傅里叶变换

对两种表示法分别进行多项式乘法，不难发现，系数表示法的过程是基于乘法分配律的，$O(n^2)$ 的时间复杂度难以优化；而对于点值表示法来说，如果两个多项式分别是 $n$ 次和 $m$ 次的，那么最终的多项式是 $n+m$ 次的，是需要 $n+m+1$ 个点来确定的。那么只需要将两个多项式均用 $n+m+1$ 个点表示，在两两相乘即可得到目标点值，时间复杂度 $O(n)$。

但是，一般题目给定了多项式的系数表示，为了快速实现多项式乘法，我们需要快速实现多项式的系数表示转点值表示，这也就是FFT做的事情。

至此，我们大致了解了多项式乘法的基本过程。

• 求值：将多项式 $A(x),B(x)$ 通过FFT由系数表示转化成点值表示；
• 点乘：然后将点值表示下的 $A(x),B(x)$ 通过 $O(n)$ 的点乘得到结果 $C(x)$ 的点值表示；
• 插值：将多项式 $C(x)$ 通过FFT的逆操作还原出 $C(x)$ 的系数表示。

那么，要如何实现求多项式的一个点值呢？这里我们采用霍纳法则将多项式展开。

$$A(x_0)=a_0+x_0(a_1+x_0(a_2+x_0(a_3+\cdots +x_0{a}_{n-1})\cdots ))$$

那么我们可以在 $O(n)$ 的时间内求出单次询问定点 $x_0$ 的 $A(x_0)$。

单位根

定义：在复数域下，我们称满足 $w^n=1$ 的 $w$ 为 $n$ 次单位根，记为 $w_n$。

由代数基本定理可知，$n$ 次单位根有 $n$ 个。以实轴为横轴，虚轴为纵轴建系，以原点为圆心作单位圆，那么这 $n$ 个 单位复数根均匀分布在以复平面的原点为圆心的单位半径的圆周上，分别为 $e^{\frac{2\pi ik}{n}}$，其中 $k=0\sim n-1$。

$e^{ix}=\cos (x)+i\sin (x)$，借助图像可以更好地理解。

下面给出有关单位根的几则引理。

• 消去引理：若 $n,k\ge 0,d>0$，则有 $w_{dn}^{dk}=w_n^k$。

  证明：

  $$w_{dn}^{dk}=(e^{\frac{2\pi i}{dn}}{)}^{dk}=(e^{\frac{2\pi i}{n}}{)}^k=w_n^k$$

  推论：$w_n^{\frac{n}{2}}=w_2=-1$
• 折半引理：若 $n$ 是大于 $0$ 的偶数，则 $n$ 个 $n$ 次单位复数根的平方的集合就是 ${\displaystyle \frac{n}{2}}$ 次单位复数根的集合，共 ${\displaystyle \frac{n}{2}}$。通俗点说，$n$ 次单位复数根的前后两半平方后是对应相等的。

  证明：

  $$(w_n^{\frac{n}{2}+k}{)}^2=w_n^{n+2k}=w_n^n\cdot w_n^{2k}=(w_n^k{)}^2$$

  推论：$w_n^{\frac{n}{2}+k}=-w_n^k$
• 求和引理：对于 $n\ge 1$ 和满足 $k\nmid n$ 的非负整数 $k$，有
  $$\sum _{j=0}^{n-1}(w_n^k{)}^j=0$$

下面讲讲如何在 $O(n\log n)$ 的时间内实现求值。

我们将 $n$ 个 $n$ 次单位复数根代入前面展开后的多项式求点值。对于 $k\in [0,n)$，和 $n-1$ 次的多项式 $A(x)$，定义

$$y_k=A(w_n^k)=\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i(w_n^k{)}^i$$

而对于一个多项式 $A(x)$，我们把奇数下标和偶数下标分别独立出来，定义成 $2$ 个子多项式。

$$\{\begin{array}{l}{A}^{[0]}(x)=a_0+a_{2}x+a_4{x}^2+\cdots +a_{n-2}{x}^{\frac{n}{2}-1}\\ A^{[1]}(x)=a_1+a_{3}x+a5x^2+\cdots +a_{n-1}{x}^{\frac{n}{2}-1}\end{array}$$

这样，将 $A(x)$ 可以表示成 $A^{[0]}(x^2)+x\cdot A^{[1]}(x^2)$。

这显然是可以分治递归求解的，每次次数界折半，时间复杂度 $O(n\log n)$。

插值的话，就是反过来做，推到一下式子可得：

$$a_k={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=0}^{n-1}{y}_i(w_n^{-k}{)}^i$$

发现求系数的过程与前面求点值的过程类似，也可以在 $O(n\log n)$ 的时间内求解。

优化

• 蝶形变换

  令 $n=8$，那么不难发现递归时 $a$ 长这样。

  $$[01234567]$$
  $$[0246][1357]$$
  $$[04][26][15][37]$$
  $$[0][4][2][6][1][5][3][7]$$

  记最后的数组为 $a^{\prime }$，则有 $a_i^{\prime }=a_{rev(i)}$，故一开始时可以交换 $a_i$ 和 $a_{rev(i)}$ 以减少常数。

• 三次变两次

  发现整个过程先要求两个多项式 $A(x),B(x)$ 的点值，点乘后又要还原出系数，总共进行了 $3$ 次FFT。

  把 $B(x)$ 放到 $A(x)$ 的虚部上，求出 $A(x{)}^2$，然后把它的虚部 $\times \frac{1}{2}$ 即为答案。

  证明：

  $$(a+bi{)}^2=(a^2-b^2)+(2abi)$$

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