重探 DFT

感觉上次学习DFT简直是乱来了。不知道误导了多少人，这里深感抱歉。

这次我再看了看《算法导论》，觉得收获很大，终于粗略的知道DFT的原理了！

如何将两个多项式相乘

对于一个n次多项式，\(f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i\)，根据书上说的是有一个叫插值的东西。通俗的说，就是我们随意选取\(n\)个不同的\(x\)，不妨设为\(x_0,x_1,...,x_n\)，通过这个我们可以算出\(y_i=f(x_i)\)，这个过程就是DFT。

我们现在需要将两个多项式相乘，所以这两个多项式都算出它们的\(y_i\)，分别记为\(y_i^{[0]}\)和\(y_i^{[1]}\)，然后我们得到\(y_i=y_i^{[0]}y_i^{[1]}\)，然后将\(y\)进行IDFT就是答案了。根据插值多项式的唯一性，可以证明方法的正确性。

这里要注意的是，如果原来的两个多项式的项数分别为\(n,m\)，则我们要取\(2^s(s\in Z^+,2^s>n+m)\)个不同的\(x\)。

如何采用分治的方法计算DFT

如果我们要计算$$f(x)=\sum_{i=0}^{n-1}a_ixi$$

这里的\(n=2^s(s\in Z^+)\)。

设$$g(x)=\sum_{i=0}^{{n/2-1}a_{2i}x}i$$

\[h(x)=\sum_{i=0}^{n/2-1}a_{2i+1}x^i
\]

那么\(f(x)=g(x^2)+xh(x^2)\)。既然要分治，我们需要把问题的规模减少一半，但是\(x^2\)仍有\(n\)个取值。

为了减少\(x^2\)的取值，\(x\)的取值中我们可以有\(n/2\)对相反数，这样它们的平方是相同的。我们在确定这一轮\(x\)的取值后，下一轮\(x\)的取值就确定了。所以，如果我们简单的取\(x=1,-1,2,-2,3,-3,...\)，下一轮的\(x=1,4,9,...\)，就没有相反数了。

为了解决这个问题，单位复数根来了。

设\(\omega_n^k=e^{2\pi ki /n}\)，\(i\)是虚数单位。

如果这一轮我们的\(x=\omega_n^k(k=0,1,2,...,n-1)\)，那么\(\omega_n^k\)与\(\omega_n^{k+n/2}(k=0,1,2,...,n/2-1)\)将会是相反数。

而且，下一轮的\(x=\omega_{n/2}^{k}(k=0,1,2,...,n/2-1)\)将有\(n/4\)对相反数，问题规模恰好缩小为原来的一半。

如此，便可以得到以下代码：

fft(a)
    n = a.length
    if n == 1
        return a
    wn = cos(2 * PI / n) + sin(2 * PI / n)
    w = 1
    a0 = (a[0],a[2],a[4],...,a[n-2])
    a1 = (a[1],a[3],a[5],...,a[n-1])
    y0 = fft(a0)
    y1 = fft(a1)
    for k = 0 to n / 2 - 1
        y[k] = y0[k] + w * y1[k]
        y[k + n / 2] = y0[k] - w * y1[k]
        w = w * wn
    return y

那么IDFT？

我们上面的计算过程即是：

不会画矩阵，只好用表格替代了。

然后我们只要求出那个\(n\times n\)的矩阵的逆矩阵就可以了。

设原来的矩阵\(V_n\)的\((k,j)\)处的元素为\(\omega_n^{kj}\)，可以证明，\(V_n^{-1}\)的\((j,k)\)处的元素为\(\omega_n^{-kj}/n\)。

证明：考虑\((j,j')\)处的元素，$$\sum_{k=0}^{{n-1}(\omega_n}{-kj}/n)(\omega_n^{{kj'})=\sum_{i=0}}{n-1}\omega_n^{k(j'-j)}/n$$

如果\(j=j'\)，那么结果显然是\(1\)，否则，是\(0\)，因为它们都有自己的相反数，可以消掉。

这样就证明了它们的乘积是一个单位矩阵。

可以发现，我们只需要把原来的\(\omega_n^{kj}\)变为\(\omega_n^{-kj}\)就可以了，记得最后要除以\(n\)。这样的计算过程和原来的分治方法是一样的。

蝴蝶变换

其实这是一个对于OI来说不可忽视的常数优化。

我们来跟踪一下输入fft第\(i\)位的元素到了哪个位置，可以发现，如果\(i=(11010)\)，那么最后到达的位置就是\((01011)\)(这里括号里的是二进制)，就是把它的二进制翻转。于是就有下面的代码：

一开始要把元素移动到对应的位置。

void fft(cpd* A, bool rev) {
	for (int i = 0; i < n; i ++)
		if (bitRev[i] < i) swap(A[i], A[bitRev[i]]);
	for (int s = 1; s <= MAXLOG; s ++) {
		int m = 1 << s;
		cpd unit(cos(PI * 2 / m), sin(PI * 2 / m) * (rev ? -1 : 1));
		for (int k = 0; k + m <= n; k += m) {
			cpd w(1, 0);
			for (int j = 0; j < m >> 1; j ++) {
				cpd t = w * A[k + j + (m >> 1)];
				cpd u = A[k + j];
				A[k + j] = u + t;
				A[k + j + (m >> 1)] = u - t;
				w *= unit;
			}
		}
	}
	if (rev)
		for (int i = 0; i < n; i ++) A[i] /= n;
}

模下的

一般模数为\(b2^a+1\)而且是个质数，例子\(7×17×2^{23}+1=998244353\)。

同样的，我们要找到\(n\)个不同的\(x\)，也就是说，我们要找到一个\(x\)，使得\(x^n=1\)且\(x^{n/2}=-1\)，这里的等号都是模意义下的。

我们可以采用下面的方法找到这样的\(x\)：

因为\(p\)是质数，所以\(a^{p-1}=1\)（\(a\)是任意整数），不妨令\(x=y^{(p-1)/n}\)，由于\(n\)是\(2\)的幂，所以这里一定有\(n|p-1\)。

接着我们就满足了\(x^n=1\)这一个条件，另外一个的话，我们可以枚举\(y\)，然后就可以找到了。

对于\(998244353\)，\(y\)可以取\(3\)。

---

记录下一个求素数\(p\)原根的方法：

由于原根比较小，我们可以从\(2\)开始枚举，现在的问题是如何判断一个数\(a\)是不是\(p\)的原根。

由于\(a^{p-1}=1\)，所以我们枚举\(p-1\)的素因子\(f\)，如果存在这样的\(f\)使得\(a^{p-1 \over f}=1\)那么\(a\)就不是原根。