快速傅里叶变换实用讲解

妈妈再也不用担心 FFT 只能记板子了。

快速傅里叶变换

一个 $n$ 项（ $n - 1$ 次）多项式可以用 $n$ 个点值表示，利用这一点我们可以实现系数表达与点值表达的转换。

对于二的整数次幂 $n$ 项多项式 $F (x) = \sum_{i = 0}^{n - 1} a_{i} x^{i}$ ，我们用求出点值 $F (w_{n}^{i})$ 其中 $w_{n}$ 为 $n$ 次单位根。

设 $F_{0} (x) = a_{0} + a_{2} x + a_{4} x^{2} + \dots, F_{1} (x) = a_{1} + a_{3} x + a_{5} x^{2}$

很明显有 $F (x) = F_{0} (x^{2}) + x F_{1} (x^{2})$

那么 $\forall k < \frac{n}{2}$ ：

\begin{aligned} F (w_{n}^{k}) & = F_{0} (w_{n}^{2 k}) + w_{n}^{k} F_{1} (w_{n}^{2 k}) \\ = F_{0} (w_{\frac{n}{2}}^{k}) + w_{n}^{k} F_{1} (w_{\frac{n}{2}}^{k}) \\ F (w_{n}^{k + \frac{n}{2}}) & = F_{0} (w_{n}^{2 k + n}) + w_{n}^{k + \frac{n}{2}} F_{1} (w_{n}^{2 k + n}) \\ = F_{0} (w_{\frac{n}{2}}^{k}) - w_{n}^{k} F_{1} (w_{\frac{n}{2}}^{k}) \end{aligned}

可以发现这两个仅是符号的差别，于是我们可以分治解决。

快速傅里叶逆变换

根据系数求点值可以看作一个线性变换，即：

[\begin{matrix} 1 & w_{n} & w_{n}^{2} & \dots & w_{n}^{n - 1} \\ 1 & w_{n}^{2} & w_{n}^{4} & \dots & w_{n}^{2 (n - 1)} \\ 1 & w_{n}^{3} & w_{n}^{6} & \dots & w_{n}^{3 (n - 1)} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & w_{n}^{3 (n - 1)} \\ 1 & w_{n}^{n - 1} & w_{n}^{2 (n - 1)} & \dots & w_{n}^{(n - 1)^{2}} \end{matrix}] [\begin{matrix} f_{0} \\ f_{1} \\ f_{2} \\ ⋮ \\ f_{n - 1} \end{matrix}]

逆变换相当于对这个矩阵求逆，得到（我并不会证明）：

\frac{1}{n} [\begin{matrix} 1 & \frac{1}{w_{n}} & {\frac{1}{w_{n}}}^{2} & \dots & {\frac{1}{w_{n}}}^{n - 1} \\ 1 & {\frac{1}{w_{n}}}^{2} & {\frac{1}{w_{n}}}^{4} & \dots & {\frac{1}{w_{n}}}^{2 (n - 1)} \\ 1 & {\frac{1}{w_{n}}}^{3} & {\frac{1}{w_{n}}}^{6} & \dots & {\frac{1}{w_{n}}}^{3 (n - 1)} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & {\frac{1}{w}}_{n}^{3 (n - 1)} \\ 1 & {\frac{1}{w_{n}}}^{n - 1} & {\frac{1}{w_{n}}}^{2 (n - 1)} & \dots & {\frac{1}{w_{n}}}^{(n - 1)^{2}} \end{matrix}]

该有的性质还是有，直接用 FFT 的方法求解即可。

蝶形变换

好美的名字。

直接给结论吧：最终系数 $a_{i}$ 会跑到 $r e v_{i}$ 的位置，其中 $r e v_{i}$ 指将 $i$ 二进制表示翻转后的结果。

证明也十分简单，考虑上述分治过程，分治到第 $k$ 次本质在决定位置的二进制第 $k$ 高位，而我们考虑的确是二进制第 $k$ 低位，就相当于将其二进制翻转。

于是我们就改递归为递推了。

模意义

单位根是复数域上的概念，对应在模意义域就是原根。

其实上述分治过程只是用到了单位根的三个性质：

$w_{n}^{n} = 1$
$w_{n}^{\frac{n}{2}} = - 1$
$w_{n}^{2 k} = w_{\frac{n}{2}}^{k}$

而原根也有这些性质，可以放心使用。

但还有一点，由于 $w_{n} = G^{\frac{P - 1}{n}}$ ，其中 $G$ 表示原根， $P$ 表示模数，这里要求 $P - 1$ 是 $n$ 的倍数，即至少有 $\log_{2} n$ 个 $2$ 的因子。

常用的的有：

$P = 998244353, G = 3$
$P = 469762049, G = 3$
$P = 1004535809, G = 3$

任意模数

很简单，分别用上文的三种模数实现 NTT 后用中国剩余定理还原出真实的值，从而实现任意模数。

多项式求逆

注：为了美观，本段所有多项式省去 $(x)$ 。
假设我们求出了 $\frac{1}{F} \equiv H (\mod x^{\frac{n}{2}})$ ，现在要求 $\frac{1}{F} \equiv G (\mod x^{n})$ 。

显然我们有 $H - G \equiv 0 (\mod x^{\frac{n}{2}})$ ，考虑对左边平方，令 $P = H - G$ ,则 $[x^{i}] P^{2} = \sum_{j} [x^{j}] P * [x^{i - j}] P$ ，而 $min {j, i - j} < \frac{n}{2}$ ，所以 $[x^{j}] P$ 与 $[x^{i - j}] P$ 一定有一个为 $0$ ，所以 $P^{2} \equiv 0 (\mod x^{n})$