多项式-快速傅里叶变换

解决问题

求解两个多项式相乘。
即对于两个 $n$ 项多项式

f (x) = \sum_{i = 0}^{n - 1} a_{i} \times x^{i} g (x) = \sum_{i = 0}^{n - 1} b_{i} \times x^{i}

$f(x) = \sum_{i=0}^{n-1} a_i\times x^{i} \\ g(x) = \sum_{i=0}^{n-1} b_i\times x^{i}$

求出

h (x) = \sum_{i = 0}^{n - 1} c_{i} \times x^{i}

$h(x) = \sum_{i=0}^{n-1} c_i\times x^{i}$

其中

c_{i} = \sum_{j = 0}^{i} a_{j} \times b_{i - j}

$c_i=\sum_{j=0}^{i}a_j \times b_{i-j}$

以上， $n$ 为一个足够大的值。

前置知识

-复数

请自行学习复数相关知识。

- 单位根

将复平面单位圆 $n$ 等分，规定 $(1,0)$ 为 $0$ 次单位根，逆时针依次标号为 $\left [0, n\right )$ 。

如图：

可以发现 $\omega_{n}^{k}$ 即为 $e^{i\frac{2\pi }{n}}$ 。
由此可以证明以下=几条性质（当然也可以在单位圆上数形结合）：

$\omega_n^{n+k} = \omega_n^k$
$\omega_{dn}^{dk} = \omega_n^k$
$\omega_n^{k+\frac{n}{2}} = -\omega_n^k$
$\omega_n^{-k}$ $\texttt{与}$ $\omega_n^k$ $\texttt{共轭}$

单位根反演

\frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} ω_{n}^{v \times i} = [v mod n = 0]

$\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{v\times i} = \left[v \bmod n = 0 \right]$

证：
$v \bmod n = 0$ 时 , $v = kn, k\in Z$
则

\frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} ω_{n}^{v \times i} = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} ω_{n}^{i k \times n} = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} ω_{n}^{0} = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} 1 = \frac{1}{n} \times n = 1

$\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{v\times i} \\ =\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{ik\times n} \\ =\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^0 \\ =\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}1 \\ =\frac{1}{n}\times n = 1$

$v \bmod n \not= 0$ 时 , $v = kn + r, k,r \in Z， r < n$
则

\frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} ω_{n}^{v \times i} = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} ω_{n}^{(k n + r) \times i} = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} ω_{n}^{k i \times n + i \times r} = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} ω_{n}^{i \times r}

$\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{v\times i} \\ =\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{(kn+r)\times i} \\ =\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{ki\times n + i\times r} \\ =\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{i\times r}$

又根据等比数列求和公式：

\sum_{i = 0}^{n - 1} a_{0} \times q^{i} = a_{0} \frac{1 - q^{n}}{1 - q}

$\sum_{i=0}^{n-1}a_0\times q^i = a_0\frac{1-q^n}{1-q}$

有

\frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} ω_{n}^{i \times r} = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} (ω_{n}^{r})^{i} = \frac{1}{n} \times \frac{1 - ω_{n}^{n r}}{1 - ω_{n}^{r}} = \frac{1}{n} \times \frac{1 - ω_{n}^{0}}{1 - ω_{n}^{r}} = \frac{1}{n} \times 0 = 0

$\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{i\times r} \\ =\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}(\omega_n^r)^i \\ =\frac{1}{n}\times \frac{1-\omega_n^{nr}}{1-\omega_n^r} \\ =\frac{1}{n}\times \frac{1-\omega_n^0}{1-\omega_n^r} \\ =\frac{1}{n}\times 0 = 0$

两种情况综合，得证。

韦达定理

$n$ 个点确定一个 $n$ 项多项式。

过程

如果我们得知 $n$ 个形如

(x_{i}, f (x_{i}))

$\left (x_i, f\left(x_i\right) \right)$

的点值，便可以得出 $h$ 的点值表示：

(x_{i}, f (x_{i}) \times g (x_{i}))

$\left ( x_i, f\left(x_i \right) \times g\left(x_i \right) \right)$

然后我们便可以确认 $h$ 的系数。
将系数表示法转化为点值表示法的过程称为 $DFT$ ，逆过程称为 $IDFT$ 。

DFT

对于上述一个多项式，我们将它拆开来看：

f (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} + \dots + a_{n - 1} x^{n - 1}

$f\left(x\right) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + a_3x^3 + \cdots + a_{n-1}x^{n-1}$

将每一项按照奇偶性分离：

f (x) = a_{0} + a_{2} x^{2} + \dots + a_{n - 2} x^{n - 2} + a_{1} x + a_{3} x^{3} + \dots + a_{n - 1} x^{n - 1}

$f\left(x\right) = a_0 + a_2x^2 + \cdots + a_{n-2}x^{n-2} + a_1x + a_3x^3 + \cdots + a_{n-1}x^{n-1}$

假定我们有另外两个多项式：

f_{1} (x) = a_{0} + a_{2} x + a_{4} x^{2} + \dots + a_{n - 2} x^{\frac{n - 2}{2}} f_{2} (x) = a_{1} + a_{3} x + a_{5} x^{2} + \dots + a_{n - 1} x^{\frac{n - 2}{2}}

$f_1\left(x\right)=a_0 + a_2x + a_4x^2 + \cdots + a_{n-2}x^{\frac{n-2}{2}} \\ f_2\left(x\right)=a_1 + a_3x + a_5x^2 + \cdots + a_{n-1}x^{\frac{n-2}{2}}$

可以发现：

f (x) = f_{1} (x^{2}) + x f_{2} (x^{2})

$f\left(x\right)=f_1\left(x^2 \right) + x f_2\left(x^2\right)$

好的，我们将它推成了很适合分治的形式，但这还不够。
接下来我们将 $\omega_n^k$ 代入看看能得到什么：
令 $k < \frac{n}{2}$ ，代入 $\omega_n^k$ 和 $\omega_n^{k + \frac{n}{2}}$ 得到：

f (ω_{n}^{k}) = f_{1} (ω_{n}^{2 k}) + ω_{n}^{k} f_{2} (ω_{n}^{2 k}) f (ω_{n}^{k + \frac{n}{2}}) = f_{1} (ω_{n}^{2 k + n}) + ω_{n}^{k + \frac{n}{2}} f_{2} (ω_{n}^{2 k + n}) = f_{1} (ω_{n}^{2 k}) - ω_{n}^{k} f_{2} ω_{n}^{2 k}

$f\left(\omega_n^k\right) = f_1\left(\omega_n^{2k}\right)+\omega_n^kf_2\left(\omega_n^{2k}\right) \\ f\left(\omega_n^{k+\frac{n}{2}}\right) = f_1\left(\omega_n^{2k+n}\right)+\omega_n^{k+\frac{n}{2}}f_2\left(\omega_n^{2k+n}\right) \\ =f_1\left(\omega_n^{2k}\right)-\omega_n^kf_2{\omega_n^{2k}}$

我们惊喜地发现，只需要将 $\omega^{k}_{\frac{n}{2}}$ 分别代入 $f_1$ 和 $f_2$ ，便可以得出 $f$ 所有的点值。
每次问题的规模都被缩小一半，复杂度满足

T (n) = 2 T (\frac{n}{2}) + O (n)

$T\left(n\right) = 2T\left(\frac{n}{2}\right) + O\left(n\right)$

即 $O\left(n\log n\right)$ 。
另外对于具体实现，发现我们需要保证 $n$ 为 $2$ 的整次幂。

IDFT

对于 $h$ 的其中一项 $c_i$ ，有：

c_{i} = \sum_{j = 0}^{i} a_{j} \times b_{i - j} = \sum_{j = 0} \sum_{k = 0} a_{j} \times b_{k} \times [j + k = i] = \sum_{j = 0} \sum_{k = 0} a_{j} \times b_{k} \times [j + k - i mod n = 0] = \sum_{j = 0} \sum_{k = 0} a_{j} \times b_{k} \times \frac{1}{n} \sum_{l = 0} ω_{n}^{(j + k - i) \times l} = \sum_{j = 0} \sum_{k = 0} a_{j} \times b_{k} \times \frac{1}{n} \sum_{l = 0} ω_{n}^{(j + k - i) \times l}

$c_i=\sum_{j=0}^{i}a_j \times b_{i-j} \\ =\sum_{j=0}\sum_{k=0} a_j\times b_k \times \left[ j + k = i\right] \\ =\sum_{j=0}\sum_{k=0} a_j\times b_k \times \left[ j + k - i \bmod n = 0\right] \\ =\sum_{j=0}\sum_{k=0} a_j\times b_k \times \frac{1}{n}\sum_{l=0}\omega_n^{\left(j + k - i \right)\times l} \\ =\sum_{j=0}\sum_{k=0} a_j\times b_k \times \frac{1}{n}\sum_{l=0}\omega_n^{\left(j + k - i \right)\times l}$

则：

n c_{i} = \sum_{j = 0} \sum_{k = 0} a_{j} \times b_{k} \times \sum_{l = 0} ω_{n}^{j l} \times ω_{n}^{k l} \times ω_{n}^{- i l} n c_{i} = \sum_{l = 0} ω_{n}^{- i l} \times \sum_{j = 0} a_{j} ω_{n}^{j l} \times \sum_{k = 0} b_{k} ω_{n}^{k l} n c_{i} = \sum_{l = 0} ω_{n}^{i \times (- l)} f (ω_{n}^{l}) g (ω_{n}^{l}) n c_{i} = \sum_{l = 0} h (ω_{n}^{l}) ω_{n}^{i \times (- l)}

$nc_i=\sum_{j=0}\sum_{k=0} a_j\times b_k \times \sum_{l=0}\omega_n^{jl}\times \omega_n^{kl} \times \omega_n^{-il} \\ nc_i=\sum_{l=0}\omega_n^{-il} \times \sum_{j=0}a_j \omega_n^{jl} \times \sum_{k=0}b_k\omega_n^{kl} \\ nc_i=\sum_{l=0}\omega_n^{i\times \left(-l\right)} f\left(\omega_n^l\right) g\left(\omega_n^l\right) \\ nc_i=\sum_{l=0} h\left(\omega_n^l\right) \omega_n^{i\times \left(-l\right)}$

将 $DFT$ 得到的 $h$ 和 $g$ 的点值相乘作为系数，在分别代入 $\omega_n^{-k}$ ，得到的结果在除以 $n$ ，便得到了对应的系数。
如何代入 $\omega_n^{-k}$ ，详情见代码：


#include <bits/stdc++.h>
#define lep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i >= b; --i)

typedef std::complex<double> cp;
typedef long long ll;
const int _ = 4e6 + 7;
const double PI = std::acos(-1);

int n, m;
cp A[_], B[_], b[_];

void FFT(cp a[], int n, int opt) {
    if (n == 1) return; int mid = (n >> 1);
    lep(i, 0, mid - 1) b[i] = a[i << 1], b[i + mid] = a[i << 1 | 1];
    lep(i, 0, n - 1) a[i] = b[i];
    FFT(a, mid, opt), FFT(a + mid, mid, opt);
    cp wk = cp(1.0, 0.0), w1 = cp(std::cos(1.0 * PI / mid), opt * std::sin(1.0 * PI / mid));//共轭，虚部取负
    lep(i, 0, mid - 1) {
        b[i] = a[i] + wk * a[i + mid],
        b[i + mid] = a[i] - wk * a[i + mid];
        wk *= w1;
    }
    lep(i, 0, n - 1) a[i] = b[i];
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false),
    std::cin.tie(nullptr), std::cout.tie(nullptr);
    std::cin >> n >> m;
    lep(i, 0, n) std::cin >> A[i];
    lep(i, 0, m) std::cin >> B[i];
    
    m = n + m, n = 1;
    while (n <= m) n <<= 1;
    
    FFT(A, n, 1), FFT(B, n, 1);
    lep(i, 0, n - 1) A[i] *= B[i];
    
    FFT(A, n, -1);
    lep(i, 0, m) std::cout << (int)(A[i].real() / n + 0.5) << ' ';
    return 0;
}

蝴蝶变换优化

上述是常见的 $FFT$ 递归写法，但其实，我们可以将其写成常数更小的非递归写法。

对于一个 $n$ 项多项式，递归过程中的系数变化如下：


s: a_0 a_1   a_2 a_3   a_4 a_5   a_6 a_7
1: 000 001   010 011   100 101   110 111
2: 000 010   100 110 | 001 011   101 111
3: 000 100 | 010 110 | 001 101 | 011 111
t: a_0 a_4   a_2 a_6   a_1 a_5   a_3 a_7

可以发现，递归分奇偶的过程就是将 $a_i$ 与 $a_j$ 交换。
其中 $i$ 的二进制表示为 $j$ 的二进制表示的翻转（ $n$ 位表示）。

所以我们可以直接处理处每一个系数最后会递归到哪一个位置，然后从下至上递推答案。

定义 $f\left[i\right]$ 为 $i$ 二进制表示翻转后的十进制表示，有递推式如下：

f [i] = (f [i >> 1] >> 1) ‖ ((i & 1) << (l - 1))

$f\left[ i \right] = \left( f \left[ i >> 1 \right] >> 1 \right) \| \left(\left( i \& 1\right) << \left(l - 1\right)\right)$

（想一想，为什么）

迭代版代码如下：


void Init() {
    m = n + m, n = 1;
    while (n <= m) n <<= 1, ++l;
    lep(i, 1, n - 1) f[i] = (f[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l - 1));
}
void FFT(cp a[], int n, int opt) {
    lep(i, 1, n - 1) if (i < f[i]) std::swap(a[i], a[f[i]]);
    for (int mid = 1; mid < n; mid <<= 1) {
        for (int j = 0; j < n; j += (mid) << 1) {
            cp wk = cp(1, 0), w1 = cp(std::cos(PI / mid), opt * std::sin(PI / mid));
            lep(k, 0, mid - 1) {
                b[j + k] = a[j + k] + wk * a[j + k + mid],
                b[j + k + mid] = a[j + k] - wk * a[j + k + mid];
                wk *= w1;
            }
        }
        lep(i, 0, n - 1) a[i] = b[i];
    }
}

作者：qkhm

出处：https://www.cnblogs.com/qkhm/p/18691133/FFT

版权：本作品采用「署名-非商业性使用-相同方式共享 4.0 国际」许可协议进行许可。

posted @ 2025-01-26 07:31 qkhm 阅读(33) 评论(2) 编辑收藏举报

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