淺談FFT

Fast Fourier Transportation（FFT）

·多項式的表達

係數表達

對於一個次數界爲n的多項式$A(x)=\sum_{j=0}^{n-1}{a_jx^j}​$而言，其係數表達是由一個係數組成的向量$a=(a_0,a_1,...,a_{n-1})​$。

點值表達

一個次數界爲n的多項式A(x)的點值表達就是一個由n個點值對所組成的集合
${(x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_{n-1},y_{n-1})}$
使得對k=0,1,…,n-1,所有$x_k​$各不相同，
$y_k=A(x_k)$
簡單的求點值運算我們可以隨意代入n個不相同的數，然後得出點對，時間複雜度$\Theta(n^2)​$。後面可以看到，如果我們用一點巧妙的取值，可以使時間複雜度優化到$\Theta(n\lg_2n)​$。

求值計算的逆（從一個多項式的點值表達確定的係數表達形式）稱爲插值。

·多項式運算

$C_j=\sum_{k=0}^{j}{A_kB_{j-k}}$

上述是多項式的乘法，我們把C稱爲A和B的卷積（convolution），表示成$C=A\bigotimes B$。

FFT的主要思路是首先把A和B轉成點值表達，然後得到C的點值表達，再逆着做一遍，得到C的係數表達。

·DFT與FFT

上述做法太慢，我們要用$\Theta(n^2)$的時間把每個多項式轉成點值表達，然後再用$\Theta(n^2)$的時間轉回來，明顯很慢，還不如暴力。

我們想，可不可以使用某些特殊的數，使得每次可以做一次運算就可以得到多個數的呢？答案是有的：單位根複數根

n次單位複數根是滿足$\omega^n=1$的複數$\omega$。n次單位複數根恰好有n個，對於k=0,1,…,n-1，這些根是$e^{\pi ik/n}$。爲了解釋這個表達式，我們用複數的指數形式來定義：
$e^{iu}=cos(u)+isin(u)$

也就是給定一個單位圓，上面均勻地分佈着n個向量，如圖：

·關於n次單位復根

以上圖爲例我們可以發現，每一個n（這裏是8）次單位復根都是一個向量，他們在乘法意義下形成一個羣。

引理1：(消去引理)
$對於任意整數n\geqslant0,k\geqslant0,以及d>0,$

$\omega^{dk}_{dk}=\omega^{k}_{n}$

證明
$\omega^{dk}_{dk}=(e^{2\pi i/dn})^{dk}=(e^{2\pi i/n})^k=\omega^{k}_{n}$
引理2：(折半引理)
$如果n>0爲偶數，那麼n個n次單位根的平方集合就是n/2個n/2次單位根的集合$
證明
$(\omega^{k+n/2}_{n})^2=\omega^{2k+n}_n=\omega^{2k}_n\omega^n_n=(\omega^k_n)^2$
因此$\omega^k_n$與$\omega^{k+n/2}_n$平方相等。

引理3：(求和引理)
$對於任意整數n\geqslant0和不能被n整除的非負整數k，有$

$\sum_{j=0}^{n-1}(\omega^k_n)^j=0$

證明
$\sum_{j=0}^{n-1}(\omega^k_n)^j=\frac{(\omega^k_n)^0(1-(\omega^k_n)^n)}{1-\omega^{k}_{n}}=\frac{(\omega^n_n)^k-1}{\omega^{k}_{n}-1}=\frac{(1)^k-1}{\omega^{k}_{n}-1}=0$
因爲要求k不能被n整除，而且僅當k被n整除時$\omega^k_n=1$成立，同時保證分母不爲0。

DFT

回顧一下，我們希望計算次數界爲n的多項式
$A(x)=\sum_{j=0}^{n-1}{a_jx^j}$
在$\omega^0_n,\omega^1_n,...,\omega^{n-1}_n$處的值。假設A以係數形式給出，接下來定義結果$y_k$:
$y_k=A(\omega^k_n)=\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega^{kj}_n$
向量$y=(y_0,y_1,...,y_{n-1})$就是係數向量$a=(a_0,a_1,...,a_{n-1})$的離散傅里葉變換（DFT）。我們也記作$y=DFT_n(a)$。

FFT

通過使用一種稱爲快速傅里葉變換（FFT）的方法，利用復根的特殊性質，我們就可以在$\Theta(n\lg n)$的時間內計算出$DFT_n(a)$。

注意：通篇的n我們假設是2的整數次冪。

FFT利用分治策略，採用A(x)中偶數下標的係數與奇數下標的係數，分別定義兩個新的次數界爲n/2的多項式

$A^{[0]}(x)=a_0+a_2x+a_4x^2+...+a_{n-2}x^{n/2-1}$

$A^{[1]}(x)=a_1+a_3x+a_5x^2+...+a_{n-1}x^{n/2-1}$

可以很容易發現
$A(x)=A^{[0]}(x^2)+xA^{[1]}(x^2)$
所以原問題轉化爲求兩個次數界爲n/2的多項式$A^{[0]}(x)$和$A^{[1]}(x)$在點$(\omega^0_n)^2,(\omega^1_n)^2,...,(\omega^{n-1}_n)^2$的取值。

所以我們可以發現在求出$A^{[0]}(x^2)$和$A^{[1]}(x^2)$以後，可以算出兩個復根的結果：
$y_k=y^{[0]}_k+\omega^k_ny^{[1]}_k =A^{[0]}(\omega^{2k}_n)+\omega^k_nA^{[1]}(\omega^{2k}_n) =A(\omega^k_n)$
還有
$y_{k+(n/2)}=y^{[0]}_k-\omega^{k}_ny^{[1]}_k =y^{[0]}_k+\omega^{k+(n/2)}_ny^{[1]}_k =A^{[0]}(\omega^{2k}_n)+\omega^{k+(n/2)}A^{[1]}(\omega^{2k}_n)$
$=A^{[0]}(\omega^{2k+n}_n)+\omega^{k+(n/2)}A^{[1]}(\omega^{2k+n}_n) =A(\omega^{k+(n/2)}_n)$

所以就有代碼：

void FFT(comp *a,int n,int inv){
	if(n==1) return;
	int mid=n/2;
	for (int i=0;i<mid;++i) c[i]=a[i*2],c[i+mid]=a[i*2+1];
	for	(int i=0;i<n;++i) a[i]=c[i];
	FFT(a,mid,inv);
	FFT(a+mid,mid,inv);
	comp wn={cos(2.0*pi/n),inv*sin(2.0*pi/n)},w={1,0};
	for (int i=0;i<mid;++i,w=w*wn){
		c[i]=a[i]+w*a[i+mid];
		c[i+mid]=a[i]-w*a[i+mid];
	} 
	for	(int i=0;i<n;++i) a[i]=c[i];
}

·在單位複數根的插值

現在我們展示如何在單位複數根處插值來完成多項式乘法方案,使得我們把一個多項式從點值表達轉換回係數表達。
我們可以把DFT寫成矩陣乘積
$\left[ \begin{matrix} y_0\\ y_1\\ y_2\\ \vdots\\ y_{n-1} \end{matrix} \right]= \left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 &\cdots& 1\\ 1 & \omega_n & \omega^2_n & \omega^3_n &\cdots& \omega^{n-1}_n\\ 1 & \omega^2_n & \omega^4_n & \omega^6_n &\cdots& \omega^{2(n-1)}_n\\ 1 & \omega^3_n & \omega^6_n & \omega^9_n &\cdots& \omega^{3(n-1)}_n\\ \vdots & \vdots& \vdots& \vdots& \ddots& \vdots\\ 1 & \omega^{n-1}_n & \omega^{2(n-1)}_n & \omega^{3(n-1)}_n &\cdots& \omega^{(n-1)(n-1)}_n \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} a_0\\ a_1\\ a_2\\ \vdots\\ a_{n-1} \end{matrix} \right]$
尷尬的是跑得賊慢：

隨便卡卡就爆了…
分治難免遞歸，遞歸常數大。
於是，考慮改進。

·蝴蝶變換

盜圖一張
可以發現，每個下標的二進制形式反過來就是它們最後在序列中的位置。
於是就有了迭代打法。

void FFT(Moon *a,int inv){
    int i,j,len;
    for (i=0;i<n;++i)
        if(i<R[i])swap(a[i],a[R[i]]);
    for (len=2;len<=n;len<<=1){
        int half=len/2;
        Moon w,wn={cos(Pi/half),inv*sin(Pi/half)};
        for (j=0;j<n-i;j+=len,w={1,0}){
        	for (i=0;i<half;++i,w=w*wn){
                Moon q=w*a[j+half+i],Q=a[j+i];
                a[j+half+i]=Q-q;
                a[j+i]=Q+q;
            }
        }
    }
}
int main(){
    for (i=0;i<n;++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(p-1));
}