FFT学习及简单应用(一点点详细)

什么是FFT#

既然打开了这篇博客，大家肯定都已经对FFT(Fast Fourier Transformation)有一点点了解了吧

FFT即为快速傅里叶变换，可以快速求卷积（当然不止这一些应用，但是我不会）

系数表示法与点值表示法#

我们通常表示一个\(n-1\)次多项式是利用系数表示法like this:\(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{n-1}x^{n-1}\)

点值表示法即为将多项式用坐标系上的若干个点表示

我们对这个多项式代入不同的值{\(x_1,x_2,...,x_n\)}

我们就可以得到\(n\)个点\((x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2)),...,(x_n,f(x_n))\)

实际上只要保证代入的\(n\)个数互不相同，那么这\(n\)个点就对应了唯一的\(f(x)\)（类似\(n\)元一次方程组？）

点值表示法它的优势在哪呢？

我们如果想要求出两个多项式相乘，系数表示法就很麻烦，而点值表示法却只需要将相同的\(x\)对应的点值相乘就行了

DFT与IDFT#

DFT##

我们若将一个多项式强行转为点值表示法则时间复杂度为\(O(n^2)\)

自然有人表示：太慢啦，就不能快点吗！

于是我们开始思考，如果我们对于\((x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2)),...,(x_n,f(x_n))\)取一系列特殊的有关系的值，是不是能加速呢？

当然可以，要不然就不会有这篇博客了

在DFT中，我们可以将复平面中的单位园n等分，然后每一等分的顶点\(\omega _n^i\)作为\(x_i\)，\(\omega _n^i\)就是单位根

（如图为\(8\)等分）



其中\(\omega _n^i=\cos (\frac{{2\pi i}}{n}) + i\sin (\frac{{2\pi i}}{n})\)

当然DFT只是让\((x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2)),...,(x_n,f(x_n))\)变得特殊了一些，并没有优化复杂度的效果（要不然哪来的FFT）

IDFT##

IDFT(Inverse Discrete Fourier Transform)顾名思义就是DFT的逆变换（当然我不会，这个东西，可以会，但没必要）

关于单位根#

首先，显然\(\omega _{2n}^{2i}=\omega _n^i\)（结合图像可得）\((n=2^k)\)

\(\omega _n^{i+\frac{n}{2}}=-\omega _n^i\)为什么呢，因为这两个单位根在坐标中终点关于原点对称

最后一个没有多大用的东西，但是后面会用到\(\omega _n^0=\omega _n^n=1\)，这个显然吧，因为这个顶点是重合的，且虚部为0

FFT#

递归解法##

FFT(Fast Fourier Transformation)快速傅里叶变换，有了上面这些东西，我们就可以考虑对原多项式进行变形

\(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{n-1}x^{n-1}\)

\(=(a_0+a_2x^2+...+a_{n-2}x^{n-2})+x(a_1+a_3x^2+...+a_{n-1}x^{n-2})\)

是不是发现这两个东西很像啊

我们设\(f_1(x)=(a_0+a_2x+...+a_{n-2}x^{\frac{n}{2}-1}),f_2(x)=(a_1+a_3x+a_{n-1}x^{\frac{n}{2}-1})\)

所以\(f(x)=f_1(x^2)+xf_2(x^2)\)

我们发现，\(f_1(x),f_2(x)\)和\(f(x)\)的形式一样诶！

也就是说我们现在这个FFT已经可以用递归解决了！

然而，递归自带sb大常数，时间上并不能通过

于是，厉害的人们又发现了新的操作，蝴蝶变换

蝴蝶变换##

首先我们令\(i<\frac{n}{2}\)

\(f(\omega _n^i)=f_1({(\omega _n^i)}^2)+\omega _n^if_2({(\omega _n^i)}^2)\)

\(=f_1(\omega _n^{2i})+\omega _n^if_2(\omega _n^{2i})\)

\(=f_1(\omega _{\frac{n}{2}}^i)+\omega _n^if_2(\omega _{\frac{n}{2}}^i)\)

\(f(\omega _n^{i+\frac{n}{2}})=f_1({(\omega _n^i)}^2\omega _n^n)+\omega _n^{i+\frac{n}{2}}f_2({(\omega _n^i)}^2\omega _n^n)\)

\(=f_1(\omega _n^{2i})-\omega _n^if_2(\omega _n^{2i})\)

\(=f_1(\omega _{\frac{n}{2}}^i)-\omega _n^if_2(\omega _{\frac{n}{2}}^i)\)

是不是很神奇，是不是！

就差了一个符号，是不是很蝴蝶啊(亲爱的，你慢慢飞，小心...)

有了蝴蝶变换，我们发现我们只要知道\(f_1(\omega _{\frac{n}{2}}^i),f_2(\omega _{\frac{n}{2}}^i)\)就可以求出\(n\)等分下两个不同单位根带入后的点值了，是不是很厉害！

rev数组##

但是我们又发现了一个新的问题，每次我们合并的时候，都是把要求的序列分为奇数位和偶数位做

可是我们原数组并不符合这个条件，直接做的话肯定死

我们可以研究一下每个数字和它的二进制表示

以8个数为例：



但是我们合并的顺序应该长成这样：

（读者可以自己模拟一下，段长每次为\(2^k\)，然后合并）

我们发现，其实如果把每个数的二进制位反过来一下，就变成顺序的了！



把二进制反过来其实也不复杂，就一行代码

rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1))

其实这段代码的意义大概是把除了最低位之外的位用i>>1翻转，然后再将最低位移到最高位

也就是说，做FFT的时候只要将系数重新排列，然后每段进行合并更新就好啦（这段看一下代码就会很清楚）

IFFT#

IFFT(Inverse Discrete Fourier Transform)快速傅立叶逆变换

实际上我们的傅立叶变换可以写成矩阵的形式：

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1&{...}&1\\
1&{\omega _n^1}&{\omega _n^2}&{...}&{\omega _n^{n - 1}}\\
1&{\omega _n^2}&{\omega _n^4}&{...}&{\omega _n^{2n - 2}}\\
{...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\
1&{\omega _n^{n - 1}}&{\omega _n^{2n - 2}}&{...}&{\omega _n^{(n - 1) \times (n - 1)}}
\end{array}} \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{a_0}}\\
{{a_1}}\\
{{a_2}}\\
{...}\\
{{a_{n - 1}}}
\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{f(\omega _n^0)}\\
{f(\omega _n^1)}\\
{f(\omega _n^2)}\\
{...}\\
{f(\omega _n^{n - 1})}
\end{array}} \right]\)

当然，看到这个形式，我们第一个想法就是对

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1&{...}&1\\
1&{\omega _n^1}&{\omega _n^2}&{...}&{\omega _n^{n - 1}}\\
1&{\omega _n^2}&{\omega _n^4}&{...}&{\omega _n^{2n - 2}}\\
{...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\
1&{\omega _n^{n - 1}}&{\omega _n^{2n - 2}}&{...}&{\omega _n^{(n - 1) \times (n - 1)}}
\end{array}} \right]\)

这个矩阵求逆，但是这样的话，复杂度就吃不消了，我们好不容易把\(O(n^2)\)的DFT降为\(O(nlogn)\)的FFT，结果逆不回去，这不是非常尴尬吗

但是我们发现，我们对这个矩阵求一下逆，可以得到这个形式是固定的

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{1}{n}}&{\frac{1}{n}}&{\frac{1}{n}}&{...}&{\frac{1}{n}}\\
{\frac{1}{n}}&{\frac{1}{n}\omega _n^{ - 1}}&{\frac{1}{n}\omega _n^{ - 2}}&{...}&{\frac{1}{n}\omega _n^{1 - n}}\\
{\frac{1}{n}}&{\frac{1}{n}\omega _n^{ - 2}}&{\frac{1}{n}\omega _n^{ - 4}}&{...}&{\frac{1}{n}\omega _n^{2 - 2n}}\\
{...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\
{\frac{1}{n}}&{\frac{1}{n}\omega _n^{1 - n}}&{\frac{1}{n}\omega _n^{2 - 2n}}&{...}&{\frac{1}{n}\omega _n^{ - (n - 1) \times (n - 1)}}
\end{array}} \right]\)

然后我们可以把\(\frac{1}{n}\)提出来，那么我们就可以先利用快速傅立叶变换，做出系数的\(n\)倍，然后再除掉

坑终于填完啦

FFT_Code#

这是一个高精乘的模板

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
char s[60050],s1[60050];
struct r{
	double real,image;
}a[131090],b[131090];
double pi=acos(-1);
r operator +(r a,r b){return (r){a.real+b.real,b.image+a.image};}
r operator -(r a,r b){return (r){a.real-b.real,a.image-b.image};}
r operator *(r a,r b){return (r){a.real*b.real-b.image*a.image,a.real*b.image+a.image*b.real};}
int ans[131090],rev[131090],bit,n,l;
void fft(r *a,int n,int op){
	for (int i=0;i<n;i++)if (i<rev[i])std::swap(a[rev[i]],a[i]);
	for (int i=1;i<n;i<<=1){
		r wn=(r){cos(pi/i),op*sin(pi/i)};//将单位圆分成i*2个部分
		for (int j=0;j<n;j+=i<<1){
			r wnk=(r){1,0};
			for (int k=j;k<i+j;k++,wnk=wnk*wn){
				r x=a[k],y=wnk*a[i+k];
				a[k]=x+y;
				a[k+i]=x-y;//这里很蝴蝶
			}
		}
	}
	if (op==-1)for (int i=0;i<n;i++)a[i].real/=n;
}
int main(){
	scanf("%d",&l);
	scanf("%s",s);
	scanf("%s",s1);
	int n=2;
	for (bit=1;(1<<bit)<(l<<1)-1;bit++)n<<=1;
	for (int i=0;i<l;i++)a[i]=(r){(double)(s[l-i-1]-'0'),0};
	for (int i=0;i<l;i++)b[i]=(r){(double)(s1[l-i-1]-'0'),0};
	for (int i=0;i<n;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));//处理rev数组
	fft(a,n,1);
	fft(b,n,1);
	for (int i=0;i<n;i++)a[i]=a[i]*b[i];
	fft(a,n,-1); //IFFT
	for (int i=0;i<n;i++){
		ans[i]+=(a[i].real+0.5);
		ans[i+1]=ans[i]/10;
		ans[i]%=10;
	}
	int i;
	for (i=n;i>=0&&!ans[i];i--);
	if (i<0)putchar('0');
	else for (;i>=0;i--)printf("%d",ans[i]);
}

什么是NTT#

NTT(Number Theoretic Transform)快速数论变换（不要问我快速是哪来的，我不知道）

可以将类似FFT的做法用整数来做

与FFT区别##

1、可以取模（必须取模）

2、比FFT快这是一个遥远的传说，究竟哪个快还是和数据有关

原根#

对于一个正整数m，存在一个整数g，满足\(g^{\varphi (m)}\equiv 1(mod\) \(m)\)，则g为m的一个原根

一个数存在原根的充要条件是该数可以表示为\(2,4,p^k,2*p^k\)(\(p\)为奇质数,\(k \geq 1\))

NTT#

有了原根我们就可以考虑用原根来代替单位根，因为原根也有类似的性质（一般此类题目模数为质数，所以以下用\(p-1\)代替\(\varphi(p)\)）

那么我们考虑用\(G_n^i\)=\(g^{i(p-1)/n}\)来代替\(\omega _n^i\)

为什么这样代替呢，因为这样代替就满足：

\(G_n^0=G_n^n=1\)，这个显然吧？

\(G_n^i=-G_n^{i+n/2}\)，这个通过原根的定义稍微推一下就能得到

\(G _{2n}^{2i}=G _n^i\)，这个应该问题也不大吧？

然后我们就发现NTT它锅了，哪里锅了呢？

性质当然是没有问题的，锅就锅在\(n \nmid (p-1)\)的时候，我们没办法做浮点数的快速幂

那我们该怎么办，难道抛弃原根去寻找新方法？

Of course not.我们就规定NTT的模数只能取\(k*2^m+1\)并且\(n \leq 2^m\)就行啦（最常用的可以NTT的模数就是998244353，如果出现新的大家自己检验一下啦）

（顺便送给各位，998244353的一个原根是3是不是非常良心）

NTT_Code#

这还是一个高精乘的模板

#include<cstdio>
#include<algorithm>
int g=3,mo=998244353,a[131090],b[131090],rev[131090],l,bit;
char s[60050],s1[60050];
int ksm(int p,int k){
	int ret=1;
	while (k){
		if ((k&1))ret=(ret*1ll*p)%mo;
		p=(p*1ll*p)%mo;k>>=1;
	}
	return ret;
}
void ntt(int *a,int n,int f){
	for (int i=0;i<n;i++)if (i<rev[i])std::swap(a[i],a[rev[i]]);
	for (int i=1;i<n;i<<=1){
		int gn=ksm(g,(mo-1)/(i<<1));if (f==-1)gn=ksm(gn,mo-2);
		for(int j=0;j<n;j+=i<<1){
			int gqn=1;
			for (int k=j;k<j+i;k++){
				int x=a[k],y=gqn*1ll*a[k+i]%mo;
				a[k]=(x+y)%mo;
				a[k+i]=(x-y+mo)%mo;
				gqn=(gqn*1ll*gn)%mo;
			}
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&l);
	scanf("%s",s);
	scanf("%s",s1);
	int n=2;
	for (bit=1;(1<<bit)<(l<<1)-1;bit++)n<<=1;
	for (int i=0;i<l;i++)a[i]=s[l-i-1]-'0';
	for (int i=0;i<l;i++)b[i]=s1[l-i-1]-'0';
	for (int i=0;i<n;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
	ntt(a,n,1);
	ntt(b,n,1);
	for (int i=0;i<n;i++)a[i]=(a[i]*1ll*b[i])%mo;
	ntt(a,n,-1);
	int ny=ksm(n,mo-2);
	for (int i=0;i<n;i++)a[i]=(a[i]*1ll*ny)%mo;
	for (int i=0;i<n;i++)a[i+1]+=a[i]/10,a[i]%=10;
	int i;
	for (i=n;i>=0&&!a[i];i--);
	if (i==-1)printf("0");
	else for (;i>=0;i--)printf("%d",a[i]);
}

一点小应用#

多项式求逆##

多项式求逆是个啥呢，就是我们有多项式\(f(x)\)我们希望求出多项式\(g(x)\)满足

\(f(x)g(x)\equiv 1(mod\) \(x^n)\)

假设我们现在已经得到了\(p(x)\)满足\(f(x)p(x)\equiv 1(mod\) \(x^{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil})\)

因为\(g(x)\)满足\(f(x)g(x)\equiv 1(mod\) \(x^n)\)，则必然满足\(f(x)g(x)\equiv 1(mod\) \(x^{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil})\)

所以\(f(x)(g(x)-p(x))\equiv 0(mod\) \(x^{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil})\)

因为\(f(x)\not\equiv 0(mod\) \(x^{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil})\)（否则不存在\(g(x)\)，可以证明这样的多项式不存在逆多项式）

所以\(g(x)-p(x)\equiv 0(mod\) \(x^{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil})\)

将其平方一下得到：

\(g^2(x)-2g(x)p(x)+p^2(x)\equiv 0(mod\) \(x^n)\)（为什么后面mod的东西也平方了？因为\(x\)次多项式和\(y\)次多项式相乘后得到的是\(x+y\)次的多项式）

\(g^2(x)\equiv 2g(x)p(x)-p^2(x)(mod\) \(x^n)\)

\(g(x)\equiv 2p(x)-\frac{p^2(x)}{g(x)}(mod\) \(x^n)\)

当然\(f(x)\)与\(g(x)\)是互逆的，所以\(g(x)\equiv 2p(x)-f(x)p^2(x)(mod\) \(x^n)\)

所以\(g(x)\equiv p(x)(2-f(x)p(x))(mod\) \(x^n)\)

到这里，我们发现，我们只要能够求出\(p(x)\)就可以求出\(g(x)\)，那递归求解就好啦

void inv(int *b,int n){
	if (n==1){a[0]=ksm(b[0],mo-2);return;}
	inv(b,(n+1)>>1);
	int bit,len=2;
	for (bit=1;(1<<bit)<(n<<1);bit++)len<<=1;
	for (int i=0;i<n;i++)d[i]=b[i];
	for (int i=n;i<len;i++)d[i]=0;
	for (int i=0;i<len;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
	ntt(a,len,1);ntt(d,len,1);
	for (int i=0;i<len;i++)a[i]=(2ll-d[i]*1ll*a[i]%mo+mo)%mo*1ll*a[i]%mo;
	ntt(a,len,-1);
	for (int i=n;i<len;i++)a[i]=0;
}

多项式取ln##

相信大家已经熟练掌握了FFT（可能我还没？）我们就来学习一下多项式取ln的艺术吧

对于一个多项式\(f(x)\)，我们想求出\(ln(f(x))\)

令\(g(x)=ln(f(x))\)，两边同时求导得：

\(g'(x)=\frac{f'(x)}{f(x)}\)

那么\(g(x)=\int \frac{f'(x)}{f(x)}\)

那我们就只要做一下多项式求导，多项式求逆，多项式积分就好啦