快速傅里叶变换

FFT#

问题：

设 $A (x) = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i}$ ， $B (x) = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} x^{i}$ 。求 $A (x)$ 和 $B (x)$ 的卷积。

有一个结论：坐标系中 $n$ 个点确定一个 $n - 1$ 次函数。

可以这样理解： $n - 1$ 次函数有 $n$ 个系数，而 $n$ 个点相当于 $n$ 个方程。

于是我们可以换一种思路求卷积：将 $n + m + 1$ 个不同的 $x$ 代入多项式，那么其卷积的结果的函数 $C (x)$ 必然经过（ $x_{i}, A (x_{i}) B (x_{i})$ ），于是再通过插值就可以得到卷积结果了。

但是，这样子复杂度仍然不变，那该怎么办呢？

于是我们考虑用复数解决问题，在一个单位圆上，圆上的点表示 $z = \cos θ + i \sin θ$ （ $0 \leq θ < 2 π$ ）。然后我们把圆分成 $n$ 等份，便有了单位根： $w_{n}^{k} = \cos \frac{2 π k}{n} + i \sin \frac{2 π k}{n}$ ，它有很好的性质：

1. $w_{n}^{a} \times w_{n}^{b} = w_{n}^{a + b}$ ，其实就是积化和差直接推式子就可以证了，并且也可以通过这个简单推出 $(w_{n}^{a})^{b} = w_{n}^{a b}$ 。不过这个式子其实是最最最重要的，也是唯一用到虚数的性质。

2. $w_{n}^{k + \frac{n}{2}} = - w_{n}^{k}$ ，学过三角函数就会发现很显然。

3. $w_{n}^{2 k} = w_{\frac{n}{2}}^{k}$ ，显然。

4. $w_{n}^{k} = w^{k + n}$ ，显然。

然后，考虑如何快速计算多项式的值，通过思考可以得到：

\begin{aligned} A (x) & = a_{0} + a_{1} x^{1} + \dots + a_{n - 1} x^{n - 1} + a_{n} x^{n} \\ = (a_{0} + a_{2} x^{2} + \dots + a_{n - 2} x^{n - 2}) + (a_{1} + a_{3} x^{2} + \dots + a_{n - 1} x^{n - 2}) x \\ = A_{1} (x^{2}) + A_{2} (x^{2}) x \end{aligned}

注意： $A_{1} (x) = a_{0} + a_{2} x + a_{4} x^{2} + \dots + a_{n - 2} x^{\frac{n}{2} - 1}$ ， $A_{2}$ 同理可推，然后在 FFT 中我们规定 $n = 2^{i \in Z}$ ，并且我们在运算中是不会管第 $n$ 项的，故 $n$ 必须大于多项式的次数。

但是这并不能优化我们的复杂度，于是我认为 FFT 一个很厉害的地方来了，我们将单位根 $w_{n}^{0}, w_{n}^{1}, \dots, w_{n}^{n - 1}$ 分带入多项式并求值，那么：

当 $0 \leq k < \frac{n}{2}$ 时：

A (w_{n}^{k}) = A_{1} (w_{\frac{n}{2}}^{k}) + w_{n}^{k} A_{2} (w_{\frac{n}{2}}^{k})

当 $\frac{n}{2} \leq k < n$ 时：

A (w_{n}^{k}) = A_{1} (w_{\frac{n}{2}}^{k}) - w_{n}^{k} A_{2} (w_{\frac{n}{2}}^{k})

这样，我们就有了较大的突破，因为这样子，我们要求的东西就是可转移的了，它就相当于一个 $f (n) = f_{1} (n) + k \times f_{2} (n)$ ，于是，要求它每一项的值就可以通过递归实现了，为了更好的理解这里给出代码:

void FFT (int lim, comp F[])
{
	if (lim == 1) return ;
	comp F1[lim >> 1], F2[lim >> 1];
	rep (i, 0, (lim >> 1) - 1) F1[i] = F[i << 1], F2[i] = F[i << 1 | 1];
	FFT (lim >> 1, F1), FFT (lim >> 1, F2);
	comp w = (comp) {1, 0};
	comp wk = (comp) {cos (2.0 * PI / lim), sin (2.0 * PI / lim)};
	for (int i = 0; i < (lim >> 1); ++ i, w = w * wk)
	{
		F[i] = F1[i] + F2[i] * w;
		F[i + (lim >> 1)] = F1[i] - F2[i] * w;
	}
}

我认为仔细看是可以看懂的，首先我们把系数带进自己的左右节点的数组，然后我们发现每一层完成以后自己的数组变成了每一个 $F (w_{n}^{k})$ 的答案，然后再转移即可。

于是每个需要的 ( $x_{i}, A (x_{i}) B (x_{i})$ ) 便求出来了，然后我们需要考虑如何通过已有坐标推出多项式系数了。

我们设 $y_{i} = A (x_{i}) B (x_{i})$ ， $C (x) = \sum_{i = 0}^{n - 1} y_{i} x^{i}$ ，然后我们分别将 $w_{n}^{0}, w_{n}^{- 1}, \dots, w_{n}^{1 - n}$ 带入进这个多项式，设其结果为 $z_{0}, \dots, z_{1 - n}$ ，我们开始求 $z$ ：

\begin{aligned} z_{k} & = \sum_{i = 0}^{n - 1} y_{i} (w_{n}^{- k})^{i} \\ = \sum_{i = 0}^{n - 1} \sum_{j = 0}^{n - 1} a_{j} (w_{n}^{i})^{j} (w_{n}^{- k})^{i} \\ = \sum_{j = 0}^{n - 1} a_{j} \sum_{i = 0}^{n - 1} (w_{n}^{j - k})^{i} \end{aligned}

此时，当 $j = k$ 时，内部求和的值显然为 $n$ ，而当 $j \neq k$ 时，我们相当于是在求一个等比数列求和，内部求和的值便是 $\frac{(w_{n}^{j - k})^{n} - 1}{w_{n}^{j - k} - 1}$ ，其中可以发现 $(w_{n}^{j - k})^{n}$ 就是 $w_{n}^{0} = 1$ ，于是内部求和的总和就是零，那么可以得出 $z_{k} = n a_{k}$ 即 $a_{k} = \frac{z_{k}}{n}$ 。于是我们求出 $w_{n}^{- k}$ 就可以求出 $z_{k}$ 了，现在考虑怎么求：

设 $w_{n}^{k} = \cos θ + i s i n θ$ ，而 $w_{n}^{- k} = w^{n - k}$ ，所以 $w_{n}^{- k} = \cos θ - i \sin θ$ ，这个东西也可以通过 FFT 求，于是我们就学会了 FFT 了！接下来上的代码：

void FFT (int lim, comp F[], int op)
{
	if (lim == 1) return ;
	comp F1[lim >> 1], F2[lim >> 1];
	rep (i, 0, (lim >> 1) - 1) F1[i] = F[i << 1], F2[i] = F[i << 1 | 1];
	FFT (lim >> 1, F1, op), FFT (lim >> 1, F2, op);
	comp w = (comp) {1, 0};
	comp wk = (comp) {cos (2.0 * PI / lim), sin (2.0 * PI / lim) * op};
	for (int i = 0; i < (lim >> 1); ++ i, w = w * wk)
	{
		F[i] = F1[i] + F2[i] * w;
		F[i + (lim >> 1)] = F1[i] - F2[i] * w;
	}
}
signed main ()
{
	// freopen ("1.in", "r", stdin);
	// freopen ("1.out", "w", stdout);
	n = rd (), m = rd ();
	int l = 0;
	for (lim = 1; lim <= n + m; lim <<= 1, ++ l) ;
	rep (i, 1, lim) R[i] = (R[i >> 1] >> 1) | (i & 1) << (l - 1);
	rep (i, 0, n) A[i].x = rd ();
	rep (i, 0, m) B[i].x = rd ();
	FFT (lim, A, 1), FFT (lim, B, 1);
	rep (i, 0, lim) A[i] = A[i] * B[i];
	FFT (lim, A, -1);
	rep (i, 0, n + m) printf ("%lld ", (int) (A[i].x / lim + 0.5));
}