Fast Fourier Transform ——快速傅里叶变换

问题：

　　已知$A=a_{0..n-1}$, $B=b_{0..n-1}$, 求$C=c_{0..2n-2}$,使：

$$c_i = \sum_{j=0}^ia_jb_{i-j}$$

　　定义$C$是$A$,$B$的卷积，记作

$$C = A * B$$

　　例如多项式乘法等。

　　朴素做法是按照定义枚举$i$和$j$，但这样时间复杂度是$O(n^2)$.

　　能不能使时间复杂度降下来呢？

点值表示法：

　　我们把$A$，$B$，$C$看作多项式。

　　即：

$$A(x) = \sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i$$

　　将$A=\left\{(x_1,A(x_1)), (x_2,A(x_2)), (x_3,A(x_3))...\right\}$叫做$A$的点值表示法。

　　由于$A$是$n-1$次多项式，我们恰好需要$n$个点值来确定它。

　　那么使用点值表示法做多项式乘法就很简单了：对应项相乘（这样的话要将$n$扩大一倍，因为$C$的次数约为$2n$）。

　　那么，如何将$A$和$B$转换成点值表示法，再将$C$转化回系数表示法（即最初的表示方法）呢？

　　如果任取$n$个点，按照定义计算，那么还是$O(n^2)$的。

　　这样就要用到快速傅里叶变换。

快速傅里叶变换：

　　既然任取$n$个点，按照定义计算太慢，就要找一些特殊点。

　　我们用$n$个$n$次单位复数根（$1$的$n$次方根，涉及到复数，$1$的方根不止$1$和$-1$）来计算：

　　根据欧拉公式，$e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$(其中$i$是虚数单位)，那么$e^{2\pi i}=\cos(2\pi)+i\sin(2\pi)=1$.

　　所以1的n次方根是$\omega_n^k=e^{\frac{2k\pi i}n}\qquad0\leq k<n$。

　　其中$\omega_n^1 = e^{\frac{2\pi i}n}$是主$n$次单位根，那么所有$n$次单位复数根都是它的幂。

　　我们要求出$A(\omega_n^k)$，就要采用分治思想。

　　我们将奇偶系数分离（先假设n为偶数），即定义

$$A_0(x)=a_0 + a_2* x + a_4 * x^2 +\cdots=\sum_{i=0}^{\frac{n}2-1}a_{2i}x^i$$

$$A_1(x)=a_1 + a_3* x + a_5 * x^2 +\cdots=\sum_{i=0}^{\frac{n}2-1}a_{2i+1}x^i$$

　　那么$A(x)=A_0(x^2) + xA_1(x^2)$。

　　要计算$A(\omega_n^k)=A_0\left[(\omega_n^k)^2\right] + \omega_n^kA_1\left[(\omega_n^k)^2\right]$,

　　就要用到$(\omega_n^k)^2 = \omega_{n/2}^{k\,mod (n/2)}$(证略)。

　　所以$A(\omega_n^k)=A_0\left(\omega_{n/2}^{k\,mod (n/2)}\right) + \omega_n^kA_1\left(\omega_{n/2}^{k\,mod (n/2)}\right)$

　　我们发现$A_0$,$A_1$都是$n/2$项的，且只需要算$\omega_{n/2}^k$的值，那么这就和开始的问题一样了，可以分治。

　　边界也很容易：$n=1$的时候$A_0$本身就是值。

　　合并解。

$$A(\omega_n^k)=A_0\left(\omega_{n/2}^{k\,mod (n/2)}\right) + \omega_n^kA_1\left(\omega_{n/2}^{k\,mod (n/2)}\right)$$

　　那么可以$A(\omega_n^k), A(\omega_n^{k+n/2})$一起算$(0\leq k<n/2)$ ：

　　　　令$u = A_0(\omega_{n/2}^k), t = \omega_n^kA_1(\omega_{n/2}^k)$,

　　　　那么

$$A(\omega_n^k)=u + t$$

$$\begin{aligned}& \quad A(\omega_n^{k+n/2}) \\
&= A_0(\omega_{n/2}^k) + \omega_n^{k+n/2}A_1(\omega_{n/2}^k)\\
&= A_0(\omega_{n/2}^k) + \omega_n^k\omega_n^{n/2}A_1(\omega_{n/2}^k)\\
&= A_0(\omega_{n/2}^k) - \omega_n^kA_1(\omega_{n/2}^k)\\
&= u-t\end{aligned}$$

　　所以这样就能算出$A$的点值表示法。

　　一个问题：分治要求$n$是$2$的幂，不是怎么办？ 补$0$， 直到$n$是$2$的幂。

　　时间复杂度：

　　$$T(n)=2T(n/2)+O(n)$$

　　直接观察或者应用主定理都可得出$T(n)=O(nlogn)$

　　剩下的问题：如何把C转化回系数表示法。

逆变换：

　　我们把C做一遍快速傅立叶变换，只是求的是$\omega_n^n, \omega_n^{n-1}, \cdot,\omega_n^1$的值而不是$\omega_n^0, \omega_n^1, \cdot,\omega_n^{n-1}$的值，最后每一项除以n即可。

　　证明（实际上可以利用逆矩阵，但我就写的麻烦一点吧qwq）：

这样我实际上是求了$c_i=\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}(\omega_n^{-i})^kC(\omega_n^k)$。我们来直接证明这是正确的。

$$\begin{aligned}
\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}(\omega_n^{-i})^kC(\omega_n^k)&=\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\omega_n^{-ki}\sum_{j=0}^{n-1}c_j(\omega_n^k)^j\\
&=\frac1n\sum_{j=0}^{n-1}c_j\sum_{k=0}^{n-1}\omega_n^{jk}\omega_n^{-ki}\\
&=\frac1n\sum_{j=0}^{n-1}c_j\sum_{k=0}^{n-1}(\omega_n^{j-i})^k
\end{aligned}$$

$\sum_{k=0}^{n-1}(\omega_n^{j-i})^k$是一个公比为$\omega_n^{j-i}$的等差数列。在$i=j$时$n$项都为$1$，显然其值为$n$；$j\neq i$的时候根据等差数列求和公式他就等于

$$\frac{1-(\omega_n^{j-i})^n}{1-\omega_n^{j-i}}$$

而$(\omega_n^{j-i})^n$等于$1$，所以上式就是$0$。于是
$$\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}(\omega_n^{-i})^kC(\omega_n^k)=\frac1n\sum_{j=0}^{n-1}c_j\sum_{k=0}^{n-1}(\omega_n^{j-i})^k=\frac1n\sum_{j=0}^{n-1}c_j\times n[i == j]=c_i$$
证毕。

 #include <algorithm>
 #include <cmath>
 const double pi = acos(-1.0);
 struct complex{
   double real, impl;
   complex(double r = 0.0, double i = 0.0) : real(r), impl(i) {}
   friend complex operator+(const complex &a, const complex &b) {
     return complex(a.real + b.real, a.impl + b.impl);
   }
   friend complex operator-(const complex &a, const complex &b) {
     return complex(a.real - b.real, a.impl - b.impl);
   }
   friend complex operator*(const complex &a, const complex &b) {
     return complex(a.real * b.real - a.impl * b.impl, a.impl * b.real + b.impl * a.real);
   }
   friend complex operator/(const complex &a, double b) {
     return complex(a.real / b, a.impl / b);
   }
 };
 using std::swap;
 void FFT(complex* P, int len, int opt) {
   for (int i = , j = , k; i < len; ++i) {
     for (k = len >> ; j & k; k >>= ) j ^= k;
     j ^= k;
     if (i < j) swap(P[i], P[j]);
   }
   for (int h = ; h <= len; h <<= ) {
     complex wn = complex(cos(opt *  * pi / h), sin(opt *  * pi / h));
     for (int j = ; j < len; j += h) {
       complex w = complex(1.0, .);
       for (int t = ; t < h / ; ++t, w = w * wn) {
         complex tmp1 = P[t + j], tmp2 = P[t + j + h / ];
         P[t + j] = tmp1 + tmp2 * w;
         P[t + j + h / ] = tmp1 - tmp2 * w;
       }
     }
   }
   if (opt == -)
     for (int i = ; i < len; ++i)
       P[i] = P[i] / len;
 }

FFT