FFT
参考blog:
十分简明易懂的FFT（快速傅里叶变换）
快速傅里叶变换(FFT)详解
系数表示法
一个一元\(n\)次多项式\(f(x)\)可以被表示为：\[f(x) = \sum_{i = 0}^{n}a_{i}x^{i}\]
即用\(i\)次项的系数来表示\(f(x)\),展开就是\(f(x) = {a_{0}, a_{1}...a_{n}}\)
点值表示法
把多项式看做一个函数，然后带入\(n\)个不同的\(x\),可以得到\(n\)个不同的\(y\),每对\((x, y)\)就组成一个点。
其中，\(n\)个点可以唯一确定一个\(n\)次多项式。
即用\(n\)个点来表示一个多项式
一些性质：
系数表达式相乘复杂度\(n^2\),点值表达式相乘复杂度\(O(n)\),听上去很神奇的样子。。。
设2个点值表达式分别为：
\(f(x) = \{(x_{0}, f(x_{0})), (x_{1}, f(x_{1}))... (x_{n}, f(x_{n}))\}\)
\(g(x) = \{(x_{0}, g(x_{0})), (x_{1}, g(x_{1}))... (x_{n}, h(x_{n})) \}\)
那么相乘得到：
\(h(x) = \{(x_{0}, f(x_{0}) * g(x_{0})), (x_{1}, f(x_{1}) * g(x_{1})) ... (x_{n}, f(x_{n}) g(x_{n})) \}\)
朴素系数转点值：DFT 复杂度\(O(n^2)\)
朴素点值转系数：IDFT 复杂度\(O(n^2)\)
复数
\(z = a + bi\),\(a\)为实部，\(b\)为虚部。
可以表示坐标系中的一个点\((a, b)\),同时一一对应向量\(\vec{ab}\),因此也符合向量的相加法则。
在极坐标上可以表示为\((r, \theta)\)。
一个性质：\((a_1, \theta_1) \cdot (a_2, \theta_2) = (a_1a_2, \theta_1 + \theta_2)\)
即模长相乘，幅角相加。
DFT(离散傅里叶变换)
- 从这里开始的所有\(n\)默认可以表示为\(2^k\)
原理：对于任意系数多项式转点值表示法，如果随意取\(n\)个\(x\)值代入计算，那么每次计算都是\(O(n)\)的，总复杂度\(O(n^2)\).
如果取一些特殊的\(x\)值，使得\(f(x)\)可以快速计算，那么就可以在保证正确性的同时优化复杂度。
如果代入一些\(x\)，使得每个\(x\)的若干次方等于\(1\),那么说不定我们就可以找到一些特殊性质。那么有哪些\(x\)符合这个条件呢？
显然\(\pm 1\)和\(\pm i\)都可以做到，但4个数明显不够用。
这个圆圈上面的点都可以做到.
以原点为圆心，画一个半径为1的单位圆，那么单位圆上的所有点都可以经过若干次方得到1.
对这个圆进行\(n\)等分。
以\(n = 8\)为例，从\((1, 0)\)开始，逆时针从\(0\)号开始标号，标到\(7\)号为止。记编号为\(k\)的点代表的复数为\(w_n^k\),那么由模长相乘，幅角相加可知\((w_n^1)^k = w_n^k\).
其中称\(w_n^1\)为\(n\)次单位根，并且每个\(w\)都可以被求出：
\[w_n^k = cos\frac{k}{n}2\pi + i \cdot sin\frac{k}{n}2\pi\]
但如果我们暴力代入图中的\(w_n^0,w_n^1...w_n^{n - 1}\)，复杂度还是\(n^2\),因此我们考虑寻找一下单位根的性质
单位根的性质
\(w_n^k = w_{2n}^{2k}\)
证明：\[w_n^k = cos\frac{k}{n}2\pi + i \cdot sin\frac{k}{n}2\pi\]
\[w_{2n}^{2k} = cos\frac{2k}{2n}2\pi + i \cdot sin\frac{2k}{2n}2\pi\]
显然相等
\(w_n^{k + \frac{n}{2}} = - w_n^k\)
它们所代表的点关于原点对称，所代表的复数实部相反，所代表的向量等大反向
证明：\[w_n^{\frac{n}{2}} = cos\frac{\frac{n}{2}}{n}2\pi + i \cdot sin\frac{\frac{n}{2}}{n}2\pi\]
\[= cos\pi + i \cdot sin\pi = -1\]
补充2个等式：
\[e^{ix} = cosx + i \cdot sinx\]
\[e^{i\pi} + 1 = 0\]
\[w_n^0 = w_n^n\]
它们都等于\(1\)，或者\(1 + 0i\)
\[(w_n^x)^y = w_n^{xy}\]
FFT(快速傅里叶变换)
目的：系数转点值。
设\[A(x) = \sum_{i = 0}^{n - 1}a_ix^i = a_0 + a_1x + a_2x^2+...+a_{n - 1}x^{n - 1}\]
按下标奇偶性把\(A(x)\)分成2半，右边再提一个x.
\[A(x) = (a_0 + a_2x^2 + ... + a_{n - 2}x^{n - 2}) + (a_1x + a_3x^3 + ... + a_{n - 1}x^{n - 1})\]
\[A(x) = (a_0 + a_2x^2 + ... + a_{n - 2}x^{n - 2}) + x(a_1 + a_3x^2 + ... + a_{n - 1}x^{n - 2})\]
设\[A_1(x) = a_0 + a_2x + a_4x^2 + ... + a_{n - 2}x^{\frac{n}{2} - 1}\]
\[A_2(x) = a_1 + a_3x + a_5x^2 + ... + a_{n - 1}x^{\frac{n}{2} - 1}\]
\[\Longrightarrow A(x) = A_1(x^2) + xA_2(x^2)\]
设\(k < \frac{n}{2}\),代入\(w_n^k = x \longrightarrow A(x)\)
\[\Longrightarrow A(w_n^k) = A_1((w_n^k)^2) + W_n^k A_2((w_n^k)^2)\]
\[ = A_1(w_n^{2k}) + w_n^k A_2(w_n^{2k})\]
\[ = A_1(w_{\frac{n}{2}}^k) + w_n^kA_2(w_{\frac{n}{2}}^k)\]
再代入\(k + \frac{n}{2}\)
再考虑另一半：
代入\(k + \frac{n}{2}\)
\[A(w_n^{k + \frac{n}{2}}) = A_1(w_n^{2k + n}) + w_n^{k + \frac{n}{2}}A_2(w_n^{2k + n})\]
可以发现：
\[w^{k + \frac{n}{2}}_n = w_n^k \cdot w_n^{\frac{n}{2}} = -w^k_n\]
\[w_n^{2k + n} = w_n^{2k} \cdot w_n^n = w_n^{2k}\]
因此可以得到：
\[A(w_n^{k + \frac{n}{2}}) = A_1(w_n^{2k}) - w_n^kA_2(w_n^{2k})\]
\[ = A_1(w_{\frac{n}{2}}^k) - w_n^kA_2(w_{\frac{n}{2}}^{k})\]
于是可以发现，这2个式子是长得很像的，因此我们可以在求出\(A(w_n^k)\)后\(O(1)\)的求出\(A(w_n^{k + \frac{n}{2}})\).
因为将式子一分为二后，每一部分仍然是一个子问题，因此可以用分治来做到\(nlogn\)求这个东西。
每次回溯时只扫前面一半序列，即可得到后面一半序列的答案，长度为1时只有一个常数项，可以直接返回。
大致就是把\(f(x)\)和\(g(x)\)分别转换为点值表达，然后\(O(n)\)的处理乘积，得到\(h(x)\)的点值表达
IFFT(快速傅里叶逆变换)
目的：点值转系数
设\((y_0, y_1, y_2..., y_{n - 1})\)为\((a_0, a_1, a_2, ..., a_{n - 1})\)的傅里叶变换(点值表达)。
设有另一个向量\((c_0, c_1, c_2, ..., c_{n - 1})\),满足\(c_k = \sum_{i = 0}^{n - 1}y_i(w_n^{-k})^i\).
即多项式\(B(x) = y_0 + y_1x + y_2x^2 + ... + y_{n - 1}x^{n - 1}\)在\(w_n^0, w_n^{-1},w_n^{-2}...w_{n - 1}^{-(n - 1)}\)处的点值表示。
于是对\(c_k = \sum_{i = 0}^{n - 1}y_i(w_n^{-k})^i\)进行化简
\[c_k = \sum_{i = 0}^{n - 1}y_i(w_n^{-k})^i\]
\[ = \sum_{i = 0}^{n - 1}(\sum_{j = 0}^{n - 1}a_j(w_n^i)^j)(w_n^{-k})^i\]
\[ = \sum_{i = 0}^{n - 1}(\sum_{j = 0}^{n - 1}a_j(w_n^j)^i)(w_n^{-k})^i\]
\[ = \sum_{i = 0}^{n - 1}(\sum_{j = 0}^{n - 1}a_j(w_n^j)^i(w_n^{-k})^i)\]
\[ = \sum_{i = 0}^{n - 1}\sum_{j = 0}^{n - 1}a_j(w_n^j)^i(w_n^{-k})^i\]
\[ = \sum_{i = 0}^{n - 1} \sum_{j = 0}^{n - 1}a_j(w_n^{j - k})^i\]
\[ = \sum_{j = 0}^{n - 1}a_j (\sum_{i = 0}^{n - 1}(w_n^{j - k})^i)\]
设\(S(n) = \sum_{i = 0}^{n - 1}x_i\),将\(w_n^k\)代入得：\[S(w_n^k) = 1 + (w_n^k) + (w_n^k)^2 + ... + (w_n^k)^{n - 1}\]
当\(k != 0\)得，等式两边同乘\(w_n^k\)得：\[w_n^kS(w_n^k) = w_n^k + (w_n^k)^2 + ... + (w_n^k)^n\]
两式相减得：
\[w_n^kS(w_n^k) - S(w_n^k) = (w_n^k)^n - 1\]
\[S(w_n^k) = \frac{(w_n^k)^n - 1}{w_n^k - 1}\]
\[S(w_n^k) = \frac{(w_n^k)^n - 1}{w_n^k - 1}\]
\[S(w_n^k) = \frac{1 - 1}{w_n^k - 1} = \frac{0}{w_n^k - 1}\]
\(\longrightarrow\)分子为0，分母不为0
- 当\(k != 0\)时，\(S(w_n^k) = 0\);\(\quad\)当\(k = 0\)时，\(S(w_n^0)\)
继续考虑刚才的式子：\(c_k = \sum_{i = 0}^{n - 1}y_i(w_n^{-k})^i\) - 当\(j != k\)时，值为\(0\);\(\quad\)当\(j = k\)时，值为\(n\)
因此：\(c_k = na_k \Longrightarrow a_k = \frac{c_k}{n}\)
于是我们得到了一个\(O(1)\)把一个点值变成一个系数的方法。
递归实现
不断将当前序列一分为二，递归求解。
但效率过低……
迭代实现
观察到原序列和要求的序列之间有神奇的联系，，，
要求的序列的第i项就是原序列下标二进制的翻转。
因此我们可以\(O(n)\)预处理出要求的序列是怎么排的，然后再不断向上合并。
原文地址：https://www.cnblogs.com/ww3113306/p/10234916.html