坑逼FFT的入門

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簡單的預備知識

係數表達

用多項式每一項的係數表示多項式

點值表達

用n$n$ 個橫座標各不相同的點(x,y)$(x,y)$ 來表示一個次數界爲n$n$ 的多項式

求值

係數表達=>$=>$ 點值表達
O(n2)$O(n^2)$ 霍納法則

插值

點值表達=>$=>$ 係數表達
O(n2)$O(n^2)$ 拉格朗日公式

係數表達式求多項式加,乘法

A={a0,a1,⋯,an−1}$A=\{a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1}\}$
B={a′0,a′1,⋯,a′n−1}$B=\{a_0^{\prime },a_1^{\prime },\cdots ,a_{n-1}^{\prime }\}$

C=A+B={a0+a′0,a1+a′1,⋯an−1+a′n−1}$C=A+B=\{a_0+a_0^{\prime },a_1+a_1^{\prime },\cdots a_{n-1}+a_{n-1}^{\prime }\}$
C=A∗B,cx=∑xi=0ai∗a′x−i$C=A\ast B,c_x=\sum _{i=0}^x{a}_i\ast a_{x-i}^{\prime }$

點值表達式求多項式加,乘法

A={(x0,y0),(x1,y1),⋯,(xn−1,yn−1)}$A=\{(x_0,y_0),(x_1,y_1),\cdots ,(x_{n-1},y_{n-1})\}$
B={(x0,y′0),(x1,y′1),⋯,(xn−1,y′n−1)}$B=\{(x_0,y_0^{\prime }),(x_1,y_1^{\prime }),\cdots ,(x_{n-1},y_{n-1}^{\prime })\}$

C=A+B={(x0,y0+y′0),(x1,y1+y′1),⋯,(xn−1,yn−1+y′n−1)}$C=A+B=\{(x_0,y_0+y_0^{\prime }),(x_1,y_1+y_1^{\prime }),\cdots ,(x_{n-1},y_{n-1}+y_{n-1}^{\prime })\}$
C=A∗B={(x0,y0∗y′0),(x1,y1∗y′1),⋯,(xn−1,yn−1∗y′n−1)}$C=A\ast B=\{(x_0,y_0\ast y_0^{\prime }),(x_1,y_1\ast y_1^{\prime }),\cdots ,(x_{n-1},y_{n-1}\ast y_{n-1}^{\prime })\}$

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顯然的,用係數表達式算多項式乘法簡直是龜速O(n2)$O(n^2)$
而使用點值表達式算多項式乘法則快很多(O(n))$(O(n))$

可以看出主要若使用點值表達式,主要複雜度在求值和插值(均爲O(n2)$O(n^2)$ )
顯然如果求值插值不能優化的話其複雜度甚至是不如係數乘法的(常數大)
所以我們可以利用一些特殊的方式來加速

引入單位複數根

n$n$ 次單位複數根是滿足wn=1$w^n=1$ 的複數w$w$ ,n$n$ 次單位複數根恰有n$n$ 個
對於k=0,1,⋯,n−1$k=0,1,\cdots ,n-1$ ,這些根是e2πikn$e^{2\pi i\frac{k}{n}}$ .(eπi=−1,e2πi=1$e^{\pi i}=-1,e^{2\pi i}=1$ )
用複數的指數形式的定義eui=cos(u)+i∗sin(u)$e^{ui}=cos(u)+i\ast sin(u)$
可以建立一個以實數爲x$x$ 軸,以虛數爲y$y$ 軸的座標系
然後這些單位複數根在座標軸上正好是半徑爲1的圓上的點
我們將e2πi1n$e^{2\pi i\frac{1}{n}}$ 稱爲主n$n$ 次單位根,利用它,其他的單位複數根都是其冪次
然後這些單位複數根的乘法就相當於角度的轉換
單位複數根之間滿足乘法羣的性質(modn)$(\mathrm{mod}n)$

消去引理: wdkdn=wkn$w_{dn}^{dk}=w_n^k$
* 證明:wdkdn=(e2πi1dn)dk=(e2πi1n)k=wkn$w_{dn}^{dk}=(e^{2\pi i\frac{1}{dn}}{)}^{dk}=(e^{2\pi i\frac{1}{n}}{)}^k=w_n^k$

推論: wn2n=−1$w_{2n}^n=-1$

折半引理: 若n$n$ 爲偶數,則n$n$ 次單位複數根的平方的集合就是n2$\frac{n}{2}$ 次單位複數根的集合,特別的,每個n2$\frac{n}{2}$ 次單位複數根出現兩次
* 證明:(wkn)2=wkn2,k∈[0,n−1]$(w_n^k{)}^2=w_{\frac{n}{2}}^k,k\in [0,n-1]$ [消去引理]

正式開始

對於n$n$ 次多項式,我們希望取得其在w0n,w1n,⋯,wn−1n$w_n^0,w_n^1,\cdots ,w_n^{n-1}$ 處的值
相當於求這樣一個矩陣:

⎡⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢A0A1...An−1⎤⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥ =⎡⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢w0nw0n..w0nw0nw1n..wn−1n⋯⋯..⋯w0nwn−1n..w(n−1)(n−1)n⎤⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥∗⎡⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢a0a1...an−1⎤⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥$$\left[\begin{array}{c}{A}_0\\ A_1\\ .\\ .\\ .\\ A_{n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}{w}_n^0& w_n^0& \cdots & w_n^0\\ w_n^0& w_n^1& \cdots & w_n^{n-1}\\ .& .& .& .\\ .& .& .& .\\ w_n^0& w_n^{n-1}& \cdots & w_n^{(n-1)(n-1)}\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ .\\ .\\ .\\ a_{n-1}\end{array}\right]$$

其中Ai$A_i$ 爲取到win$w_n^i$ 時的點值,ai$a_i$ 爲第i$i$ 位的係數

A(i)=∑j=0n−1wijn∗aj$$A(i)=\sum _{j=0}^{n-1}{w}_n^{ij}\ast a^j$$

現定義:
A[0](x)=a0+a2x+⋯+an−2xn−22$A[0](x)=a_0+a_{2}x+\cdots +a_{n-2}{x}^{\frac{n-2}{2}}$
A[1](x)=a1+a3x+⋯+an−1xn−22$A[1](x)=a_1+a_{3}x+\cdots +a_{n-1}{x}^{\frac{n-2}{2}}$
易得:

A(x)=A[0](x2)+A[1](x2)$$A(x)=A[0](x^2)+A[1](x^2)$$

因爲當x=wkn$x=w_n^k$ 和x=wk+n2n$x=w_n^{k+\frac{n}{2}}$ 時,兩數平方相等
所以說我們的取值集合就縮小了一半
這樣一直遞歸下去
每層有2d$2^d$ 個塊,每個塊有n2d$\frac{n}{2^d}$ 個取值,所以一共只需計算n$n$ 次,共log(n)$log(n)$ 層,總時間複雜度爲O(nlog(n))$O(nlog(n))$
非常的nice$nice$
這個過程也叫做DFT$DFT$

得到點值表達式以後我們就只需要O(n)$O(n)$ 的點值乘法,這裏不再贅述

那麼接下來的任務就是插值了,也就是逆DFT$DFT$
易得這個矩陣:

⎡⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢C0C1...Cn−1⎤⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥ =⎡⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢w0nw0n..w0nw0nw1n..wn−1n⋯⋯..⋯w0nwn−1n..w(n−1)(n−1)n⎤⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥∗⎡⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢c0c1...cn−1⎤⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥$$\left[\begin{array}{c}{C}_0\\ C_1\\ .\\ .\\ .\\ C_{n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}{w}_n^0& w_n^0& \cdots & w_n^0\\ w_n^0& w_n^1& \cdots & w_n^{n-1}\\ .& .& .& .\\ .& .& .& .\\ w_n^0& w_n^{n-1}& \cdots & w_n^{(n-1)(n-1)}\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{c}{c}_0\\ c_1\\ .\\ .\\ .\\ c_{n-1}\end{array}\right]$$

其中Ci$C_i$ 爲取到win$w_n^i$ 時的點值,ci$c_i$ 爲第i$i$ 位的係數
所以c=C∗V−1$c=C\ast V^{-1}$
V−1∗V=$V^{-1}\ast V=$ 單位矩陣
所以V−1$V^{-1}$ 中位於第i$i$ 行第j$j$ 列(均從0開始標號)的元素爲w−ijnn$\frac{w_n^{-ij}}{n}$
所以

ci=1n∑j=0n−1Cj∗(w−in)j$$c_i=\frac{1}{n}\sum _{j=0}^{n-1}{C}_j\ast (w_n^{-i}{)}^j$$

是不是和原來的公式很像?

A(i)=∑j=0n−1aj∗wijn$$A(i)=\sum _{j=0}^{n-1}{a}^j\ast w_n^{ij}$$

只不過w$w$ 的係數變成了負的
多了一個1n$\frac{1}{n}$ 而已
發現也可以DFT$DFT$ 解決
這樣就做完啦!

但是具體代碼中還是有丶東西
看註釋吧!

代碼如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =100010;
const double pi=acos(-1);
struct Complex {
    double x;
    double y;
    Complex() {};
    Complex(double _x,double _y) { x=_x;y=_y; }
    Complex operator + (const Complex o) { return Complex(x+o.x,y+o.y); }
    Complex operator - (const Complex o) { return Complex(x-o.x,y-o.y); }
    Complex operator * (const Complex o) { return Complex(x*o.x-y*o.y,x*o.y+y*o.x); }
}a[N<<2],b[N<<2];
int r[N<<2];
int n,m,nn;
void fft(Complex *now,int f) {
    for(int i=0;i<n;++i)//按塊將其分到一起
        if(i<r[i]) swap(now[i],now[r[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1) {//枚舉合併的塊的大小
        Complex wn(cos(pi/i),f*sin(pi/i));//單位元,若進行逆DFT變換,則反向旋轉
        for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)) {//枚舉頭
            Complex w(1,0);
            for(int k=0;k<i;++k,w=w*wn) {//合併,蝴蝶變換
                Complex x=now[j+k],y=w*now[j+k+i];
                now[j+k]=x+y;
                now[j+k+i]=x-y;
            }
        }
    }
    if(f==-1)
        for(int i=0;i<n;++i)
            now[i].x/=n;
}
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<=n;++i) scanf("%lf",&a[i].x);
    for(int i=0;i<=m;++i) scanf("%lf",&b[i].x);
    m+=n;
    for(n=1;n<=m;n<<=1) nn++;
    for(int i=0;i<n;++i) {r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(nn-1));}
    fft(a,1);fft(b,1);
    for(int i=0;i<=n;++i) { a[i]=a[i]*b[i]; }
    fft(a,-1);//逆DFT
    for(int i=0;i<=m;++i)
        printf("%d ",(int)(a[i].x+0.5))//防止精度出鍋;
    return 0;
}