快速傅里叶变换
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了快速傅里叶变换相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
本文只讨论FFT在信息学奥赛中的应用
文中内容均为个人理解，如有错误请指出，不胜感激
前言
先解释几个比较容易混淆的缩写吧
DFT：离散傅里叶变换—>$O(n^2)$计算多项式乘法
FFT：快速傅里叶变换—>$O(n*\\log(n)$计算多项式乘法
FNTT/NTT：快速傅里叶变换的优化版—>优化常数及误差
FWT：快速沃尔什变换—>利用类似FFT的东西解决一类卷积问题
MTT：毛爷爷的FFT—>非常nb/任意模数
FMT 快速莫比乌斯变化—>感谢stump提供
多项式
系数表示法
设$A(x)$表示一个$n-1$次多项式
则$A(x)=\\sum_{i=0}^{n} a_i * x^i$
例如：$A(3)=2+3*x+x^2$
利用这种方法计算多项式乘法复杂度为$O(n^2)$
（第一个多项式中每个系数都需要与第二个多项式的每个系数相乘）
点值表示法
将$n$互不相同的$x$带入多项式，会得到$n$个不同的取值$y$
则该多项式被这$n$个点$(x_1,y_1),(x_2,y_2),\\dots,(x_n,y_n)$唯一确定
其中$y_i=\\sum_{j=0}^{n-1} a_j*x_i^j$
例如：上面的例子用点值表示法可以为$(0,2),(1,6),(2,12)$
利用这种方法计算多项式乘法的时间复杂度仍然为$O(n^2)$
（选点$O(n)$，每次计算$O(n)$）
我们可以看到，两种方法的时间复杂度都为$O(n^2)$，我们考虑对其进行优化
对于第一种方法，由于每个点的系数都是固定的，想要优化比较困难
对于第二种方法，貌似也没有什么好的优化方法，不过当你看完下面的知识，或许就不这么想了
复数
在介绍复数之前，首先介绍一些可能会用到的东西
向量
同时具有大小和方向的量
在几何中通常用带有箭头的线段表示
圆的弧度制
等于半径长的圆弧所对的圆心角叫做1弧度的角，用符号rad表示，读作弧度。用弧度作单位来度量角的制度叫做弧度制
公式:
$1^{\\circ }=\\dfrac{\\pi}{180}rad$
$180^{\\circ }=\\pi rad$
平行四边形定则
(好像画的不是很标准。。)
平行四边形定则：AB+AD=AC
复数
定义
设$a,b$为实数，$i^2=-1$，形如$a+bi$的数叫复数，其中$i$被称为虚数单位，复数域是目前已知最大的域
在复平面中，$x$代表实数，$y$轴（除原点外的点）代表虚数，从原点$(0,0)$到$(a,b)$的向量表示复数$a+bi$
模长：从原点$(0,0)$到点$(a,b)$的距离，即$\\sqrt{a^2+b^2}$
幅角：假设以逆时针为正方向，从$x$轴正半轴到已知向量的转角的有向角叫做幅角
运算法则
加法：
因为在复平面中，复数可以被表示为向量，因此复数的加法与向量的加法相同，都满足平行四边形定则（就是上面那个）
乘法：
几何定义：复数相乘，模长相乘，幅角相加
代数定义：$$(a+bi)*(c+di)$$
$$=ac+adi+bci+bdi^2$$
$$=ac+adi+bci-bd$$
$$=(ac-bd)+(bc+ad)i$$
单位根
下文中，默认$n$为$2$的正整数次幂
在复平面上，以原点为圆心，$1$为半径作圆，所得的圆叫单位圆。以圆点为起点，圆的$n$等分点为终点，做$n$个向量，设幅角为正且最小的向量对应的复数为$\\omega_n$，称为$n$次单位根。
根据复数乘法的运算法则，其余$n-1$个复数为$\\omega_n^2,\\omega_n^3,\\ldots,\\omega_n^n$
注意$\\omega_n^0=\\omega_n^n=1$（对应复平面上以$x$轴为正方向的向量）
那么如何计算它们的值呢？这个问题可以由欧拉公式解决$$\\omega_{n}^{k}=\\cos\\ k *\\frac{2\\pi}{n}+i\\sin k*\\frac{2\\pi}{n}$$
例如
图中向量$AB$表示的复数为$8$次单位根
单位根的幅角为周角的$\\frac{1}{n}$
在代数中，若$z^n=1$，我们把$z$称为$n$次单位根
单位根的性质
- $\\omega _{n}^{k}=\\cos k\\dfrac{2\\pi}{n}+i\\sin k\\dfrac {2\\pi }{n}$（即上面的公式）
- $\\omega _{2n}^{2k}=\\omega _{n}^{k}$
证明：
$$\\omega _{2n}^{2k}=\\cos 2k*\\frac{2\\pi}{2n}+i\\sin2k*\\frac{2\\pi}{2n}$$
$$=\\omega _{n}^{k}$$
- $\\omega _{n}^{k+\\frac{n}{2}}=-\\omega _{n}^{k}$
$$\\omega _{n}^{\\frac{n}{2}}=\\cos\\frac{n}{2}*\\frac{2\\pi}{n}+i\\sin\\frac{n}{2}*\\frac{2\\pi}{n}$$
$$=\\cos \\pi+i\\sin\\pi$$
$$=-1$$
- $\\omega _{n}^{0}=\\omega _{n}^{n}=1$
讲了这么多，貌似跟我们的正题没啥关系啊。。
OK！各位坐稳了，前方高能！
快速傅里叶变换
我们前面提到过，一个$n$次多项式可以被$n$个点唯一确定。
那么我们可以把单位根的$0$到$n-1$次幂带入，这样也可以把这个多项式确定出来。但是这样仍然是$O(n^2)$的呀！
我们设多项式$A(x)$的系数为$(a_o,a_1,a_2,\\ldots,a_{n-1})$
那么$$A(x)=a_0+a_1*x+a_2*{x^2}+a_3*{x^3}+a_4*{x^4}+a_5*{x^5}+ \\dots+a_{n-2}*x^{n-2}+a_{n-1}*x^{n-1}$$
将其下标按照奇偶性分类
$$A(x)=(a_0+a_2*{x^2}+a_4*{x^4}+\\dots+a_{n-2}*x^{n-2})+(a_1*x+a_3*{x^3}+a_5*{x^5}+ \\dots+a_{n-1}*x^{n-1})$$
设
$$A_1(x)=a_0+a_2*{x}+a_4*{x^2}+\\dots+a_{n-2}*x^{\\frac{n}{2}-1}$$
$$A_2(x)=a_1+a_3*{x}+a_5*{x^2}+ \\dots+a_{n-1}*x^{\\frac{n}{2}-1}$$
那么不难得到
$$A(x)=A_1(x^2)+xA_2(x^2)$$
我们将$\\omega_n^k (k<\\frac{n}{2}) $代入得
$$A(\\omega_n^k)=A_1(\\omega_n^{2k})+\\omega_n^kA_2(\\omega_n^{2k})$$
$$=A_1(\\omega_{\\frac{n}{2}}^{k})+\\omega_n^kA_2(\\omega_{\\frac{n}{2}}^{k})$$
同理，将$\\omega_n^{k+\\frac{n}{2}}$代入得
$$A(\\omega_n^{k+\\frac{n}{2}})=A_1(\\omega_n^{2k+n})+\\omega_n^{k+\\frac{n}{2}}(\\omega_n^{2k+n})$$
$$=A_1(\\omega_n^{2k}*\\omega_n^n)-\\omega_n^kA_2(\\omega_n^{2k}*\\omega_n^n)$$
$$=A_1(\\omega_n^{2k})-\\omega_n^kA_2(\\omega_n^{2k})$$
大家有没有发现什么规律？
没错！这两个式子只有一个常数项不同！
那么当我们在枚举第一个式子的时候，我们可以$O(1)$的得到第二个式子的值
又因为第一个式子的$k$在取遍$[0,\\frac{n}{2}-1]$时，$k+\\frac{n}{2}$取遍了$[\\frac{n}{2},n-1]$
所以我们将原来的问题缩小了一半！
而缩小后的问题仍然满足原问题的性质，所以我们可以递归的去搞这件事情！
直到多项式仅剩一个常数项，这时候我们直接返回就好啦
时间复杂度：
不难看出FFT是类似于线段树一样的分治算法。
因此它的时间复杂度为$O(nlogn)$
快速傅里叶逆变换
不要以为FFT到这里就结束了。
我们上面的讨论是基于点值表示法的。
但是在平常的学习和研究中很少用点值表示法来表示一个多项式。
所以我们要考虑如何把点值表示法转换为系数表示法，这个过程叫做傅里叶逆变换
$(y_0,y_1,y_2,\\dots,y_{n-1})$为$(a_0,a_1,a_2,\\dots,a_{n-1})$的傅里叶变换（即点值表示）
设有另一个向量$(c_0,c_1,c_2,\\dots,c_{n-1})$满足
$$c_k=\\sum_{i=0}^{n-1}y_i(\\omega_n^{-k})^i$$
即多项式$B(x)=y_0,y_1x,y_2x^2,\\dots,y_{n-1}x^{n-1}$在$\\omega_n^{0},\\omega_n^{-1},\\omega_n^{-2},\\dots,\\omega_{n-1}^{-(n-1)}$处的点值表示
emmmm又到推公式时间啦
$(c_0,c_1,c_2,\\dots,c_{n-1})$满足
$$c_k=\\sum_{i=0}^{n-1}y_i(\\omega_n^{-k})^i$$
$$=\\sum_{i=0}^{n-1}(\\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\\omega_n^i)^j)(\\omega_n^{-k})^i$$
$$=\\sum_{i=0}^{n-1}(\\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\\omega_n^j)^i)(\\omega_n^{-k})^i$$
$$=\\sum_{i=0}^{n-1}(\\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\\omega_n^j)^i(\\omega_n^{-k})^i)$$
$$=\\sum_{i=0}^{n-1}\\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\\omega_n^j)^i(\\omega_n^{-k})^i$$
$$=\\sum_{i=0}^{n-1}\\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\\omega_n^{j-k})^i$$
$$=\\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\\sum_{i=0}^{n-1}(\\omega_n^{j-k})^i)$$
设$S(x)=\\sum_{i=0}^{n-1}x^i$
将$\\omega_n^k$代入得
$$S(\\omega_n^k)=1+(\\omega_n^k)+(\\omega_n^k)^2+\\dots(\\omega_n^k)^{n-1}$$
当$k!=0$时
等式两边同乘$\\omega_n^k$得
$$\\omega_n^kS(\\omega_n^k)=\\omega_n^k+(\\omega_n^k)^2+(\\omega_n^k)^3+\\dots(\\omega_n^k)^{n}$$
两式相减得
$$\\omega_n^kS(\\omega_n^k)-S(\\omega_n^k)=(\\omega_n^k)^{n}-1$$
$$S(\\omega_n^k)=\\frac{(\\omega_n^k)^{n}-1}{\\omega_n^k-1}$$
$$S(\\omega_n^k)=\\frac{(\\omega_n^n)^{k}-1}{\\omega_n^k-1}$$
$$S(\\omega_n^k)=\\frac{1-1}{\\omega_n^k-1}$$
观察这个式子，不难看出它分母不为0，但是分子为0
因此，当$K!=0$时，$S(\\omega^{k}_{n})=0$
那当$k=0$时呢？
很显然，$S(\\omega^{0}_{n})=n$
继续考虑刚刚的式子
$$c_k=\\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\\sum_{i=0}^{n-1}(\\omega_n^{j-k})^i)$$
当$j \\neq k$时，值为$0$
当$j=k$时，值为$n$
因此，
$$c_k=na_k$$
$$a_k=\\frac{c_k}{n}$$
这样我们就得到点值与系数之间的表示啦
理论总结
至此，FFT的基础理论部分就结束了。
我们来小结一下FFT是怎么成功实现的
首先，人们在用系数表示法研究多项式的时候遇阻
于是开始考虑能否用点值表示法优化这个东西。
然后根据复数的两条性质（这个思维跨度比较大）得到了一种分治算法。
最后又推了一波公式，找到了点值表示法与系数表示法之间转换关系。
emmmm
其实FFT的实现思路大概就是
系数表示法—>点值表示法—>系数表示法
引用一下远航之曲大佬的图
当然，在实现的过程中还有很多技巧
我们根据代码来理解一下
递归实现
递归实现的方法比较简单。
就是按找我们上面说的过程，不断把要求的序列分成两部分，再进行合并
在c++的STL中提供了现成的complex类，但是我不建议大家用，毕竟手写也就那么几行，而且万一某个毒瘤卡STL那岂不是很ＧＧ？
// luogu-judger-enable-o2 // luogu-judger-enable-o2 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; const int MAXN = 4 * 1e6 + 10; inline int read() { char c = getchar(); int x = 0, f = 1; while (c < \'0\' || c > \'9\') {if (c == \'-\')f = -1; c = getchar();} while (c >= \'0\' && c <= \'9\') {x = x * 10 + c - \'0\'; c = getchar();} return x * f; } const double Pi = acos(-1.0); struct complex { double x, y; complex (double xx = 0, double yy = 0) {x = xx, y = yy;} } a[MAXN], b[MAXN]; complex operator + (complex a, complex b) { return complex(a.x + b.x , a.y + b.y);} complex operator - (complex a, complex b) { return complex(a.x - b.x , a.y - b.y);} complex operator * (complex a, complex b) { return complex(a.x * b.x - a.y * b.y , a.x * b.y + a.y * b.x);} //不懂的看复数的运算那部分 void fast_fast_tle(int limit, complex *a, int type) { if (limit == 1) return ; //只有一个常数项 complex a1[limit >> 1], a2[limit >> 1]; for (int i = 0; i <= limit; i += 2) //根据下标的奇偶性分类 a1[i >> 1] = a[i], a2[i >> 1] = a[i + 1]; fast_fast_tle(limit >> 1, a1, type); fast_fast_tle(limit >> 1, a2, type); complex Wn = complex(cos(2.0 * Pi / limit) , type * sin(2.0 * Pi / limit)), w = complex(1, 0); //Wn为单位根，w表示幂 for (int i = 0; i < (limit >> 1); i++, w = w * Wn) //这里的w相当于公式中的k a[i] = a1[i] + w * a2[i], a[i + (limit >> 1)] = a1[i] - w * a2[i]; //利用单位根的性质，O(1)得到另一部分 } int main() { int N = read(), M = read(); for (int i = 0; i <= N; i++) a[i].x = read(); for (int i = 0; i <= M; i++) b[i].x = read(); int limit = 1; while (limit <= N + M) limit <<= 1; fast_fast_tle(limit, a, 1); fast_fast_tle(limit, b, 1); //后面的1表示要进行的变换是什么类型 //1表示从系数变为点值 //-1表示从点值变为系数 //至于为什么这样是对的，可以参考一下c向量的推导过程， for (int i = 0; i <= limit; i++) a[i] = a[i] * b[i]; fast_fast_tle(limit, a, -1); for (int i = 0; i <= N + M; i++) printf("%d ", (int)(a[i].x / limit + 0.5)); //按照我们推倒的公式，这里还要除以n return 0; }
update:递归版我本地是可以AC的，只要开大数组就可以了，但是交到洛谷上会WA0
woc? 脸好疼。。。。。。
咳咳。
速度什么的才不是关键呢？
关键是我们AC不了啊啊啊
表着急，AC不了不代表咱们的算法不对，只能说这种实现方法太low了
下面介绍一种更高效的方法
迭代实现
再盗一下那位大佬的图
观察一下原序列和反转后的序列？
聪明的你有没有看出什么显而易见的性质？
没错！
我们需要求的序列实际是原序列下标的二进制反转！
因此我们对序列按照下标的奇偶性分类的过程其实是没有必要的
这样我们可以$O(n)$的利用某种操作得到我们要求的序列，然后不断向上合并就好了
// luogu-judger-enable-o2 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; const int MAXN = 1e7 + 10; inline int read() { char c = getchar(); int x = 0, f = 1; while (c < \'0\' || c > \'9\') {if (c == \'-\')f = -1; c = getchar();} while (c >= \'0\' && c <= \'9\') {x = x * 10 + c - \'0\'; c = getchar();} return x * f; } const double Pi = acos(-1.0); struct complex { double x, y; complex (double xx = 0, double yy = 0) {x = xx, y = yy;} } a[MAXN], b[MAXN]; complex operator + (complex a, complex b) { return complex(a.x + b.x , a.y + b.y);} complex operator - (complex a, complex b) { return complex(a.x - b.x , a.y - b.y);} complex operator * (complex a, complex b) { return complex(a.x * b.x - a.y * b.y , a.x * b.y + a.y * b.x);} //不懂的看复数的运算那部分 int N, M; int l, r[MAXN]; int limit = 1; void fast_fast_tle(complex *A, int type) { for (int i = 0; i < limit; i++) if (i < r[i]) swap(A[i], A[r[i]]); //求出要迭代的序列 for (int mid = 1; mid < limit; mid <<= 1) { //待合并区间的长度的一半 complex Wn( cos(Pi / mid) , type * sin(Pi / mid) ); //单位根 for (int R = mid << 1, j = 0; j < limit; j += R) { //R是区间的长度，j表示前已经到哪个位置了 complex w(1, 0); //幂 for (int k = 0; k < mid; k++, w = w * Wn) { //枚举左半部分 complex x = A[j + k], y = w * A[j + mid + k]; //蝴蝶效应 A[j + k] = x + y; A[j + mid + k] = x - y; } } } } int main() { int N = read(), M = read(); for (int i = 0; i <= N; i++) a[i].x = read(); for (int i = 0; i <= M; i++) b[i].x = read(); while (limit <= N + M) limit <<= 1, l++; for (int i = 0; i < limit; i++) r[i] = ( r[i >> 1] >> 1 ) | ( (i & 1) << (l - 1) ) ; // 在原序列中 i 与 i/2 的关系是 ： i可以看做是i/2的二进制上的每一位左移一位得来 // 那么在反转后的数组中就需要右移一位，同时特殊处理一下奇数 fast_fast_tle(a, 1); fast_fast_tle(b, 1); for (int i = 0; i <= limit; i++) a[i] = a[i] * b[i]; fast_fast_tle(a, -1); for (int i = 0; i <= N + M; i++) printf("%d ", (int)(a[i].x / limit + 0.5)); return 0; }
以上是关于快速傅里叶变换的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章