快速傅里叶变换FFT

快速傅里叶变换FFT(Fast Fourier Transformation)

本文主要讲述如何使用FFT来实现快速多项式乘法。

多项式的表示

系数表示

对于一个多项式

\[A(x)=\sum_{j=0}^{n-1} a_jx^j
\]

向量$a=(a_0, a_1, ..., a_{n-1})$为多项式的系数表示。

利用系数表示时，给出$x_0$，在$O(n)$的时间内可以求出$A(x_0)$的值，而且$A(x)$的加减法也可以在$O(n)$内求出，但乘法则需要$O(n^2)$的时间。

点值表示

一个多项式$A(x)$的点值表示为一个由$n$个点值对所组成的集合

\[\begin{Bmatrix}
(x_0, y_0), & (x_1, y_1), & ..., & (x_{n-1}, y_{n-1})
\end{Bmatrix}\]

使得对$k=0, 1, 2, ..., n-1$, 所有$x_k$各不相同，且$y_k=A(x_k)$.一个多项式可以有很多不同的点值表示。

次数界

如果一个多项式$A(x)$的最高次的非零系数为$a_k$，则称$A(x)$的次数为$k$，记$degree(A)=k$。任何严格大于一个多项式次数的整数都是该多项式的次数界。

定理：对于任意$n$个点值对组成的集合，其中$x_k$都不同，那么存在唯一的次数界为$n$的多项式$A(x)$，满足$y_k=A(x_k), k=0, 1, 2, ..., n-1$。

证明：由线性代数中的范德蒙行列式可证。

点值表示的优点

相对于系数表示，点值表示的加减乘法都可以在$O(n)$内算出(其中乘法因为当$x$一定时，$y$值相乘就是之后的$x$对应的$y$值。

因为一个多项式的点值表示可以有多种，所以可以选取一些较容易算的值，然后快速把一个多项式从系数表示转化为点值表示，运用点值表示相乘，然后再快速从点值表示转化为系数表示。

DFT

因此选择单位复数根作为$x$，其中$n$次单位复数根是满足$\omega ^n=1$的复数$\omega$，$n$次单位复数根有$n$个：$\omega_k=e^{2\pi ik/n}, k=0, 1, 2, ..., n-1, \omega_n=e^{2\pi i/n}$称为主$n$次单位根。

引理1（消去引理）：对于任何整数$n, k \geq 0, d>0, \omega_{dn}^{dk}=\omega_{n}^{k}$，特别地，对于任意偶数$n>0$，有$\omega_{n}^{n/2}=\omega_2=-1$

证明：$\omega_{dn}^{dk}=(e^{2\pi i/dn})^{dk}=(e^{2\pi i/n})^k=\omega_n^k$

引理2（折半引理）：如果$n>0$为偶数，那么$n$个$n$次单位复数根的平方的集合就是$n/2$个$n/2$次单位复数根的集合。

证明：根据消去引理，对任意非负整数$k$，有$(\omega_n^k)^2=\omega_{n/2}^k$。注意，如果对于所有$n$词单位复数根进行平方，那么获得每个$n/2$次单位根正好$2$次，因为$(\omega_n^{k+n/2})^2=\omega_n^{2k+n}=\omega_n^{2k}\omega_n^n=\omega_n^{2k}=(\omega_n^k)^2$

引理3（求和引理）：对任意整数$n \geq 1$和不能被$n$整除的非负整数$k$，有$\sum_{j=0}^{n-1} (\omega_n^k)^j=0$。

证明：

\[\sum_{j=0}^{n-1} (\omega_n^k)^j=\frac{(\omega_n^k)^n-1}{\omega_n^k-1}=\frac{(\omega_n^n)^k-1}{\omega_n^k-1}=\frac{0}{\omega_n^k-1}=0
\]

$k$不能被$n$整除保证分母不为$0$。

记

\[y_k=A(\omega_n^k)=\sum_{j=0}^{n-1} a_j\omega_n^{kj}
\]

则$y=(y_0, y_1, ..., y_{n-1})$就是系数向量$a=(a_0, a_1, ..., a_{n-1})$的离散傅里叶变换(DFT)，记为$y=DFT_n(a)$.

FFT

(以下$n$默认为$2$的幂)

通过FFT，利用复数单位根的特殊性质，可以在$O(n log n)$的时间内算出$DFT_n(a)$.FFT利用分治策略，采用$A(x)$中偶数下标的系数与奇数下标的系数，分别定义两个新的次数界为$n/2$的多项式$A^{[0]}(x), A^{[1]}(x)$:

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

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

则$A(x)=A^{[0]}(x^2)+xA^{[1]}(x^2)$

因此$A(x)$在$\omega_n^0, \omega_n^1, ..., \omega_n^{n-1}$的值转换为：

求次数界为$n/2$的多项式$A^{[0]}(x)$和$A^{[1]}(x)$在点$(\omega_n^0)^2, (\omega_n^1)^2, ..., (\omega_n^{n-1})^2$的值
根据$A(x)=A^{[0]}(x^2)+xA^{[1]}(x^2)$进行整合

根据折半引理，1中对点求值并不是$n$个不同的值，而是$n/2$个$n/2$次单位复数根。即把一个$n$个元素的$DFT_n(a)$计算划分为两个规模为$n/2$个元素的$DFT_{n/2}$计算。

当$n=1$时，$y_0=a_0\omega_1^0=a_0$

否则设$y_k^{[0]}=A^{[0]}(\omega_{n/2}^k), y_k^{[1]}=A^{[1]}(\omega_{n/2}^k)$，根据消去引理，有$y_k^{[0]}=A^{[0]}(\omega_{n}^{2k}), y_k^{[1]}=A^{[1]}(\omega_{n}^{2k})$

则

\[y_k=y_k^{[0]}+\omega_n^ky_k^{[1]}
\]

\[=A^{[0]}(\omega_{n}^{2k})+\omega_n^kA^{[1]}(\omega_{n}^{2k})
\]

\[=A(\omega_n^k)
\]

\[y_{k+(n/2)}=y_k^{[0]}-\omega_n^ky_k^{[1]}
\]

\[=y_k^{[0]}+\omega_n^{k+(n/2)}y_k^{[1]}
\]

\[=A^{[0]}(\omega_{n}^{2k})+\omega_n^{k+(n/2)}A^{[1]}(\omega_{n}^{2k})
\]

\[=A^{[0]}(\omega_{n}^{2k+n})+\omega_n^{k+(n/2)}A^{[1]}(\omega_{n}^{2k+n})
\]

\[=A(\omega_n^{k+(n/2)})
\]

逆运算

用矩阵表示$y=V_na$，则$V_n$在$(k, j)$处元素为$\omega_n^{kj}$。求出$V_n^{-1}$，则可以求出$a=DFT_n^{-1}(y)$。

定理：$V_n^{-1}$的$(j, k)$处元素为$\omega_n^{-kj}/n$。

证明：考虑$V_n^{-1}V_n$中(j, j')处的元素：

\[[V_n^{-1}V_n]_{jj'}=\sum_{k=0}^{n-1}(\omega_n^{-kj}/n)(\omega_n^{kj'})=\sum_{k=0}^{k(j'-j)}/n
\]

若$j=j'$，则此和为$1$；否则根据求和引理，此和为$0$，所以$[V_n^{-1}V_n]$为单位矩阵。$a_j=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}y_k\omega_n^{-kj}$。

对比DFT：把$a$与$y$互换，用$\omega_n^{-1}$替换$\omega_n$，并将结果除以$n$。因此逆运算也可以在$O(nlogn)$内完成。

注意：

不够$2$的幂时要补零
做完FFT后顺序是乱的，应该按照编号的二进制的翻转对应的十进制进行排序。例如：$n=8$时

0 000 000 0

1 001 100 4

2 010 010 2

3 011 110 6

4 100 001 1

5 101 101 5

6 110 011 3

7 111 111 7

右边为对应编号

多项式乘法

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <complex>
using namespace std;
typedef complex<double> E;
const int maxn=int(1e6)+100;
const double PI=acos(-1);
int n, m;
int rev[maxn];
E a[maxn], b[maxn];
void init()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i=0, tmp; i<=n; ++i)
    {
        scanf("%d", &tmp);
        a[i]=E(tmp, 0);
    }
    for (int i=0, tmp; i<=m; ++i)
    {
        scanf("%d", &tmp);
        b[i]=E(tmp, 0);
    }
    m=n+m;
    for (n=1; n<=m; n<<=1);
}
void FFT_init()
{
    for (int i=0; i<n; ++i)
        for (int j=0; 1<<j<n; ++j)
            rev[i]=(rev[i]<<1) | (i>>j & 1);
}
void FFT(E *a, int type)
{
    for (int i=0; i<=n; ++i)
        if (i<rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
    for (int i=2; i<=n; i<<=1)
        for (int j=0; j<n; j+=i)
        {
            E w(cos(2*PI/i), sin(type*2*PI/i)), wn(1, 0);
            for (int k=0; k<i>>1; ++k, wn*=w)
            {
                E tmp=a[j+k];
                a[j+k]=a[j+k]+wn*a[j+k+(i>>1)];
                a[j+k+(i>>1)]=tmp-wn*a[j+k+(i>>1)];
            }
        }
}
void solve()
{
    FFT(a, 1);
    FFT(b, 1);
    for (int i=0; i<n; ++i) a[i]=a[i]*b[i];
    FFT(a, -1);
    for (int i=0; i<=m; ++i)
        printf("%d ", int(a[i].real()/n+0.5));
}
int main()
{
    init();
    FFT_init();
    solve();
    return 0;
}