算法学习笔记(46): 离散余弦变换（DCT）

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52.算法学习笔记(46): 离散余弦变换（DCT）2024-03-16

前置知识：离散傅里叶变换

傅里叶变换在上文中更多的是 OI 中的理解以及应用。但是傅里叶变换奥秘还很多。

回顾 $\omega_n$ 在傅里叶变换中的定义： $e^{i \frac {2\pi} n}$ ，存在 $\omega_n^n = 1$ 的性质。意味着离散傅里叶变换实际上是周期性的，这也变相的解释了为什么存在循环卷积的性质。

傅里叶级数

我们回顾什么是傅里叶级数。傅里叶断言，对于任何周期信号 $x(t)$ 都可以表示为成谐波关系的虚指数信号的线性组合，即：

x (t) = \sum_{k = - \infty}^{\infty} a_{k} e^{j k ω_{0} t}

$x(t) = \sum_{k = - \infty}^{\infty} a_k e^{jk \omega_0 t}$

虽然后来证明当 $x(t)$ 满足狄里赫利条件时才成立……

周期信号 $x(t)$ 满足存在一个正值 $T$ 满足：

\forall t, x (t) = x (t + T)

$\forall t, x(t) = x(t + T)$

最小的 $T$ 称为基波周期， $w_0 = \frac {2\pi} T$ 称为基波频率。

如果我们知道了一个 $x(t)$ 该如何求 $a_k$ 呢？

利用积分：

\int_{0}^{T} x (t) e^{- j n ω_{0} t} d t = \int_{0}^{T} \sum_{k = - \infty}^{\infty} a_{k} e^{j k ω_{0} t} e^{- j n ω_{0} t} d t

$\int_0^T x(t) e^{-jn \omega_0 t} dt = \int_0^T \sum_{k = - \infty}^{\infty} a_k e^{jk\omega_0 t} e^{-jn \omega_0 t} dt$

将后面变形：

\int_{0}^{T} \sum_{k = - \infty}^{\infty} a_{k} e^{j k ω_{0} t} e^{- j n ω_{0} t} d t = \sum_{k} a_{k} [\int_{0}^{T} e^{j (k - n) ω_{0} t} d t]

$\int_0^T \sum_{k = - \infty}^{\infty} a_k e^{jk\omega_0 t} e^{-jn \omega_0 t} dt = \sum_k a_k \left[ \int_0^T e^{j(k - n)\omega_0 t} dt \right]$

注意到：

\int_{0}^{T} e^{j (k - n) ω_{0} t} d t = \int_{0}^{T} \cos [(k - n) ω_{0} t] d t + i \int_{0}^{T} \sin [(k - n) ω_{0} t] d t

$\int_0^T e^{j(k - n)\omega_0 t} dt = \int_0^T \cos[(k - n)\omega_0 t] dt + i \int_0^T \sin[(k - n) \omega_0 t] dt$

中，存在：

\int_{0}^{T} \sin [(k - n) ω_{0} t] d t = {\begin{cases} T & k = n \\ 0 & k \neq n \end{cases}

$\int_0^T \sin[(k - n) \omega_0 t] dt = \begin{cases} T & k = n \\ 0 & k \ne n \end{cases}$

所以：

a_{k} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} x (t) e^{- j k ω_{0} t} d t

$a_k = \frac 1 T \int_0^T x(t) e^{-jk\omega_0 t} dt$

DCT 变换与 DFT 的联系

DCT 实际上就是 DFT 的一种特殊形式。

在傅立叶级数的推导中：

\int_{0}^{T} \sin [(k - n) ω_{0} t] d t = {\begin{cases} T & k = n \\ 0 & k \neq n \end{cases}

$\int_0^T \sin[(k - n) \omega_0 t] dt = \begin{cases} T & k = n \\ 0 & k \ne n \end{cases}$

是非常有趣的。

这反映出了如果对一个周期为 $T$ ，并且周期内是个奇函数的函数 $\int_0^T$ ，结果一定 $= 0$ ，反之不为 $0$ 。

那么我们考虑将一个一般的周期信号变成一个周期内的偶函数，这样和 $\sin$ 这个奇函数相乘后还是奇函数，积分出来也就没了，从而使得 DFT 的虚部没了。

上面所说的连续的情况，但是实际上离散的情况也是一样。

考察 DFT 的式子：

b_{k} = \sum_{i = 0}^{n - 1} ω_{n}^{i k} a_{i}

$b_k = \sum_{i = 0}^{n - 1} \omega_n^{ik}a_i$

令 $m = 2n$ ，使得 $a_k = a_{m - k - 1}$ ，那么其 DFT：

b_{k} = \sum_{i = 0}^{m - 1} ω_{m}^{i k} a_{i} = \sum_{i = 0}^{n - 1} a_{i} (ω^{i k} + ω^{(2 n - k - 1) k})

$b_k = \sum_{i = 0}^{m - 1} \omega_m^{ik} a_i = \sum_{i = 0}^{n - 1} a_i \left(\omega^{ik} + \omega^{(2n-k-1)k}\right)$

发现并不优美，考虑将幂平移 $\frac k 2$ ：

\begin{aligned} b_{k} & = \sum_{i = 0}^{m - 1} a_{i} ω^{k i + \frac{k}{2}} \\ = \sum_{i = 0}^{n - 1} a_{i} [(\cos \frac{π k (i + \frac{1}{2})}{n} + \cos \frac{- π k (i + \frac{1}{2})}{n}) + i (\sin \frac{π k (i + \frac{1}{2})}{n} + \sin \frac{- π k (i + \frac{1}{2})}{n})] \\ = 2 \sum_{i = 0}^{n - 1} a_{i} \cos \frac{π k (i + \frac{1}{2})}{n} \end{aligned}

$\begin{aligned} b_k &= \sum_{i = 0}^{m - 1} a_i \omega^{ki + \frac k 2} \\ &= \sum_{i = 0}^{n - 1} a_i \left[ \left(\cos \frac {\pi k (i + \frac 12)} n + \cos \frac {- \pi k (i + \frac 12)} n \right) + i\left(\sin \frac {\pi k (i + \frac 12)} n + \sin \frac {- \pi k (i + \frac 12)} n \right) \right] \\ &= 2 \sum_{i = 0}^{n - 1} a_i \cos \frac {\pi k(i + \frac 12)} n \end{aligned}$

中间是利用 $e^{ix} = \cos x + i \sin x$ 展开推导而来。

发现虚部直接没了，这符合前面得出的结论。

然后我们成功的学会了 DCT。

IDCT

由于 DCT 本质上就是 DFT，所以 IDCT 本质上就是 IDFT。所以理解是简单的了。

posted @ 2024-03-16 21:24 jeefy 阅读(319) 评论(0) 编辑收藏举报

jeefy

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