快速傅里叶变换（FFT）略解

前言

如果我们能用一种时间上比 $O(n^2)$ 更优秀的方法来计算大整数（函数）的乘法，那就好了。快速傅里叶变换（FFT） 可以帮我们在 $O(n\log n)$ 的时间内解决问题。

函数乘积

计算两个大整数之积时，我们发现

\[(2x+3)(4x+5)=8x^2+22x+15\quad...(*)\\
23\times45=1035\]

而如果我们把 $(*)$ 式右边的每一位的系数看做一个数每位上的数码，正好得到了 $1035$。事实上，对于所有的多项式乘法，以上规律同样成立。

证明： （提示）考虑竖式乘法的过程，和多项式乘法的过程，它们的本质都是一样的。

这样，我们就把问题转换为：计算两个已知函数之积的函数的解析式。

复平面、单位圆

考虑 $\sqrt{-9}$ 的值。

\[\begin{aligned}\sqrt{-9}&=\sqrt{-1}\times\sqrt9=3\sqrt{-1}.\end{aligned}
\]

类似地，$\forall N\in \Z_-$ 我们都可以用类似的方法得到 $$\sqrt{N}=\sqrt{-N}\times\sqrt{-1}$$

引入虚数单位 $\text{i}$，使 $\text{i}^2=-1.$ 这样我们就重新认识了数的范围，从实数扩充到复数。

一复数 $a+b\text{i}$ 中的 $a,b\in\R$，$a$ 是它的实数部分，$b\text{i}$ 是虚数部分。若 $b=0$，则它是实数。复数服从实数的大部分运算法则。

若两个复数，它们的实数部分相等，虚数部分之和为 $0$，我们称它们互为 共轭复数。

我们知道，数轴上的每个点与每个实数一一对应。类似地，我们可以使用 复平面 上的点表示复数。复平面与平面直角坐标系类似，它的 $x$ 轴单位长度为 $1$，$y$ 轴单位长度为 $\text{i}$。复平面上的点之横纵坐标表示的数之和即为该点表示的数。比如，$(1,2)$ 表示 $1+2\text{i}$。

以圆点为圆心，$1$ 为半径，在复平面上作圆，如图所示。这个圆叫 单位圆。

在圆上任取一点 $A$，过此点作 $x$ 轴的垂线段，垂足为 $B$。设 $∠AOB=\theta$。易知$$OB=OA\times\cos\theta=\cos\theta\

AB=OB\times\sin\theta=\sin\theta$$$\therefore A(\cos\theta,\sin\theta).$ 这个 $\theta$ 叫做 $A$ 的辐角。

单位根及其性质

$\forall k,n\in\N^*$ 有 $\omega_n^k\times\omega_n^1=\omega_n^{k+1}$；

证明：

如图所示，过点 $A(1,0)$ 作圆内接 $n$ 边形。设 $∠AOA'=\theta.$ 则

\[A'(\cos\theta,\sin\theta)\\A''(\cos2\theta,\sin2\theta)\\\ \\\begin{aligned}&\quad(\cos\theta+\sin\theta\times\text{i})\times(\cos2\theta+\sin2\theta\times\text{i})\\
&=\cos\theta\cos2\theta+(\cos\theta\sin2\theta+\sin\theta\cos2\theta)\times\text{i}-\sin\theta\sin2\theta\\
&=(\sin\theta\sin2\theta+\cos\theta\cos2\theta)+(\sin\theta\cos2\theta+\cos\theta\cos2\theta)\times\text{i}\end{aligned}\]

由三角函数恒等变换式

\[\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\sin\beta-\cos\alpha\cos\beta,\\
\cos(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\sin\beta\cos\alpha\]

知

\[\begin{aligned}原式&=\sin(\theta+2\theta)+\cos(\theta+2\theta)\times\text{i}\\
&=\sin3\theta+\cos3\theta\times\text{i}\end{aligned}\]

换句话说，$A'$ 和 $A''$ 表示的数相乘后得到了对应的 $A'''$。

设这个多边形的顶点为 $\{\omega_i^0\},\ i\in[0,n-1]$。那么我们一定有$$\omega_n^{k\times\omega_n}1=\omega_n^{k+1},\ k\in[0,n-1]$$

特别地，我们有 $\omega_n^n=\omega_n^0$。它们叫做 $n$ 次 单位根。

$\omega_n^0=\omega_n^n=1$；
$\omega_n^0,\omega_n^1,...,\omega_n^{n-1}$ 互不相同；
$\forall k,n\in\N^*$ 有 $\omega_n^k=\omega_{2n}^{2k}$；

证明一： 感性理解。一个 $n$ 边形把单位圆分成了 $n$ 个部分，取这 $n$ 个圆弧的中点，顺次连接这 $2n$ 个点，得到一个新多边形。则 $\omega_n^k$ 即表示 $n$ 变形的第 $k$ 个单位根，也表示 $2n$ 变形的第 $2k$ 个点。

证明二：

$\begin{aligned}\omega_{2n}^{2k}&=\cos2k\times\frac{2\pi}{2n}+\text{i}\times\sin2k\times\frac{2\pi}{2n}\\
&=\cos k\times\frac{2\pi}n+\text{i}\times\sin k\times\frac{2\pi}n\\
&=\omega_n^k.\end{aligned}$

$\forall k,n\in\N^*$ 有 $\omega_n^{k+\frac2n}=-\omega_n^k$；

证明一： 感性理解。乘以 $\omega_n^2$ 的意思其实就是在单位圆逆时针转半圈。单位圆上的一个点，逆时针转了半圈后到达的点，与原来的点关于原点对称。

证明二： $$\begin{aligned}\omega_n^{{k+\frac2n}&=\omega_n}k\times\omega_n^{\frac2n}\

&=\omega_n^k\times(\cos\pi+\text{i}\times\sin\pi)\

&=\omega_n^k\times(-1+0)\

&=-\omega_n^k.\end{aligned}$$

$\forall k,n\in\N^*$ 有 $$\sum_{i=0}^{{n-1}{(\omega_n}k)^i}=\begin{cases}0,k\neq0\n,k=0\end{cases}$$

证明： $(\text{I})$ 若 $k\neq0$，设 $$S=\sum_{i=0}^{{n-1}{(\omega_n}k)^i}\quad...(1)$$ 则 $$\omega_n^k\times S=\sum_{i=1}^{{n}{(\omega_n}k)^i}\quad...(2)$$

$(2)-(1)$ 得$$\begin{aligned}(\omega_n^k-1)\times S&=(\omega_n^k)n-1\

S&=\frac{(\omega_nⁿ⁾k-1}{\omega_n^k-1}\

&=\frac{1-1}{\omega_n^k-1}\

&=0.\end{aligned}$$

$(\text{II})$ 当 $k=0$ 时，

\[\begin{aligned}原式&=\sum_{i=0}^{n-1}{1}\\&=n.\end{aligned}
\]

## 快速傅里叶变换
显然地，**一个 $n$ 次多项式可以被 $n+1$ 个点唯一确定**。

那么，我们可以在单位圆上取 $n+1$ 个单位根，代入已知的两个函数，得到 $n+1$ 对点，再把每对点相乘，得到结果函数上的 $n+1$ 个点，再求出结果函数。

设已知函数（合并后）为 $$\begin{aligned}f(x)&=\sum_{i=0}^{n-1}{a_ixi}\

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

&+(a_1x+a_3x^{3+...+a_{n-1}x}{n-1})\end{aligned}$$

设 $$\begin{aligned}g(x)&=a_0+a_2x+...+a_{n-2}x^{\frac{n}2-1}\

h(x)&=a_1+a_3x+...+a_{n-1}x^{\frac{n}2-1}\end{aligned}$$

则 $$f(x^2)=g(x)+x\times h(x^2)$$

令 $x=\omega_n^k$，由 单位根的性质1 得 $$\begin{aligned}f(x^{2)&=g(\omega_n}{2k})+\omega_n^k\times h(\omega_n^{2k})\

&=g(\omega_{\frac{n}2}^k)+\omega_nk\times h(\omega_{\frac{n}2}^k)\quad...(1)\end{aligned}$$

令 $x=-\omega_n^k=\omega_n^{k+\frac{n}2}$ 得 $$\begin{aligned}f(x^{2)&=g(\omega_n}{2k+n})+\omega_n^{k+\frac{n}2}\times h(\omega_n^{2k+n})\

&=g(\omega_n^{{2k})+\omega_n}{k+\frac{n}2}\times h(\omega_n^{2k})\

&=g(\omega_{\frac{n}2}^k)-\omega_nk\times h(\omega_{\frac{n}2}^k)\quad...(2)\end{aligned}$$

不难发现，$(1)$ 式与 $(2)$ 式互轭！换句话说，当你求出 $(1)$ 式的值时，只需将虚数部分取相反数（时间复杂度为 $O(1)$）即得到了 $(2)$ 式。

这样，我们就将问题的规模减为一半。同理，剩下的一半也可以使用类似方法，分为更小的两半……没错，这就是分治，这样就将时间复杂度降为了 $O(n\log n)$。

快速傅里叶逆变换

设 $\{y_i\}$ 是 $\{a_i\}$ 的傅里叶变换，即在 $\{\omega_n^i\}$ 处的值；

设 $\{c_i\}$ 是 $\{y_i\}$ 在 $\{\omega_n^{-i}\}$ 的值。

则有 $$\begin{aligned}c_k&=\sum_{i=0}^{{n-1}{y_i(\omega_n}{-k})^i}\

&=\sum_{i=0}^{{n-1}{(\sum_{j=0}}{n-1}{a_j(\omega_n^k)j})·(\omega_n^{-k})i}\

&=\sum_{i=0}^{{n-1}{a_j\times\sum_{j=0}}{n-1}{(\omega_n^{j-k})i}}\end{aligned}$$

根据 单位根的性质6 ，有且仅有一个 $j\in[0,n-1]$ 使得 $j=k$。

$\therefore \forall j$ 有且仅有一个$${(\omega_n^{j-k})i}=n$$有且仅有 $n-1$ 个 $${(\omega_n^{j-k})i}=0$$

\[\begin{aligned}\therefore\sum_{j=0}^{n-1}{(\omega_n^{j-k})^i}&=n,\\c_k&=\sum_{i=0}^{n-1}{a_j\times\sum_{j=0}^{n-1}{(\omega_n^{j-k})^i}}\\
&=a_k\times n,\\
a_k&=\frac{c_k}n.\end{aligned}\]

换句话说，经过快速傅里叶逆变换后的数组 $\{c_i\}$，除以 $n$ 后就得到了结果 $\{a_i\}$。（这里的 $n$ 是指 $c$ 数组的长度）

小结

使用快速傅里叶变换（FFT）计算两个函数之积的步骤如下：

分别对两个函数进行快速傅里叶变换；
将两组结果相乘；
对结果进行快速傅里叶逆变换，并将结果除以 $n$。

迭代快速傅里叶变换

经过上文的学习，容易写出以下代码（感谢 linjiayang2016 大佬的代码）

void fast_fast_tle(int limit,complex *a,int type){

    if(limit==1)

        return ;

    complex a1[limit>>1],a2[limit>>1];	//*

    for(int i=0;i<=limit;i+=2)

        a1[i>>1]=a[i],a2[i>>1]=a[i+1];

    fast_fast_tle(limit>>1,a1,type);

    fast_fast_tle(limit>>1,a2,type);

    complex Wn=complex(std::cos(2.0*Pi/limit),type*std::sin(2.0*Pi/limit)),w=complex(1,0);

    for(int i=0;i<(limit>>1);i++,w=w*Wn)

        a[i]=a1[i]+w*a2[i],a[i+(limit>>1)]=a1[i]-w*a2[i];

}

发现 $*$ 行定义了两个不小的数组，而 FFT 函数是被递归调用的，所以会造成爆栈。

原序列	1	2	3	4	5	6	7	8
快速傅里叶变换后序列	1	5	3	7	2	6	4	8
原下标的二进制	000	100	010	110	001	101	011	111
新下标的二进制	000	001	010	011	100	101	110	111

不难发现，快速傅里叶变换后的序列中，每个数的新下标的二进制，在数值上等于原下标二进制的反转。

设原下标为 $x$ 的数的新下标为 $r[x]$。

以十进制数 $184$ 的二进制表示为例。设这个二进制数长度为 $l$。

\[\begin{array}{ccc}1&\ &0&\ &1&\ &1&\ &1&\ &0&\ &0&|&0\end{array}
\]

我们把这个数分为两部分，第一部分是前 $l-1$ 位，第二部分是最后一位。不难得到，它的翻转就是 在第二部分后面接上第一部分的翻转形成的数。

即

	r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));

至此，快速傅里叶变换的相关内容已全部结束。

$\text{luogu P3803}$

给你两个正整数 $n,m\leq10^6$，和 $n+1$ 次多项式 $f(x)$、$m+1$ 次多项式 $g(x)$。求 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的卷积。

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define reg register

const int MAXN=400010;

const double pi=acos(-1.0);

struct compex{

	double x,y;

	friend compex operator +(const compex a,const compex b){

		compex c;

		c.x=a.x+b.x;c.y=a.y+b.y;

		return c;

	}

	friend compex operator -(const compex a,const compex b){

		compex c;

		c.x=a.x-b.x;c.y=a.y-b.y;

		return c;

	}

	friend compex operator *(const compex a,const compex b){

		compex c;

		c.x=a.x*b.x-a.y*b.y;

		c.y=a.x*b.y+a.y*b.x;

		return c;

	}

}a[MAXN],b[MAXN];

int r[MAXN];

int n,m,l=0;

int limit=1;

void FFT(compex*t,int type){

	for(reg int i=0;i<limit;++i)

		if(i<r[i]) swap(t[i],t[r[i]]);

	for(reg int mid=1;mid<limit;mid<<=1){

		compex wn=(compex){cos(pi/mid),type*sin(pi/mid)};

		for(reg int j=0,R=(mid<<1);j<limit;j+=R){

			compex w={1.0,0};

			for(reg int k=0;k<mid;++k,w=w*wn){

				compex x=t[j+k],y=w*t[j+k+mid];

				t[j+k]=x+y;

				t[j+k+mid]=x-y;

			}

		}

	}

}

int main(){

	scanf("%d%d",&n,&m);

	for(reg int i=0;i<=n;++i)

		scanf("%lf",&a[i].x);

	for(reg int i=0;i<=m;++i)

		scanf("%lf",&b[i].x);

	while(limit<=n+m) limit<<=1,++l;

	for(reg int i=1;i<limit;++i)

		r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));

	FFT(a,1);FFT(b,1);

	for(reg int i=0;i<limit;++i)

		a[i]=a[i]*b[i];

	FFT(a,-1);

	for(reg int i=0;i<=n+m;++i)

		printf("%d ",(int)(a[i].x/limit+0.5));

}