[总结] 坑逼FFT的入门

简单的预备知识

系数表达

用多项式每一项的系数表示多项式

点值表达

用 $n$ 个横坐标各不相同的点 $(x,y)$ 来表示一个次数界为 $n$ 的多项式

求值

系数表达 $=>$ 点值表达
$O(n^2)$ 霍纳法则

插值

点值表达 $=>$ 系数表达
$O(n^2)$ 拉格朗日公式

系数表达式求多项式加,乘法

$A=\{a_0,a_1,\cdots,a_{n-1}\}$
$B=\{a'_0,a'_1,\cdots,a'_{n-1}\}$

$C=A+B=\{a_0+a'_0,a_1+a'_1,\cdots\,a_{n-1}+a'_{n-1}\}$
$C=A*B,c_x=\sum_{i=0}^{x}a_i*a'_{x-i}$

点值表达式求多项式加,乘法

$A=\{(x_0,y_0),(x_1,y_1),\cdots,(x_{n-1},y_{n-1})\}$
$B=\{(x_0,y'_0),(x_1,y'_1),\cdots,(x_{n-1},y'_{n-1})\}$

$C=A+B=\{(x_0,y_0+y'_0),(x_1,y_1+y'_1),\cdots,(x_{n-1},y_{n-1}+y'_{n-1})\}$
$C=A*B=\{(x_0,y_0*y'_0),(x_1,y_1*y'_1),\cdots,(x_{n-1},y_{n-1}*y'_{n-1})\}$

显然的,用系数表达式算多项式乘法简直是龟速 $O(n^2)$
而使用点值表达式算多项式乘法则快很多 $(O(n))$

可以看出主要若使用点值表达式,主要复杂度在求值和插值(均为 $O(n^2)$ )
显然如果求值插值不能优化的话其复杂度甚至是不如系数乘法的(常数大)
所以我们可以利用一些特殊的方式来加速

引入单位复数根

$n$ 次单位复数根是满足 $w^n=1$ 的复数 $w$ , $n$ 次单位复数根恰有 $n$ 个
对于 $k=0,1,\cdots,n-1$ ,这些根是 $e^{2\pi i\frac{k}{n}}$ .( $e^{\pi i}=-1,e^{2\pi i}=1$ )
用复数的指数形式的定义 $e^{ui}=cos(u)+i*sin(u)$
可以建立一个以实数为 $x$ 轴,以虚数为 $y$ 轴的坐标系
然后这些单位复数根在坐标轴上正好是半径为1的圆上的点
我们将 $e^{2\pi i\frac{1}{n}}$ 称为主 $n$ 次单位根,利用它,其他的单位复数根都是其幂次
然后这些单位复数根的乘法就相当于角度的转换
单位复数根之间满足乘法群的性质 $\pmod n$

消去引理: $w_{dn}^{dk}=w_{n}^{k}$
* 证明: $w_{dn}^{dk}=(e^{2\pi i\frac{1}{dn}})^{dk}=(e^{2\pi i\frac{1}{n}})^{k}=w_{n}^{k}$

推论: $w_{2n}^{n}=-1$

折半引理: 若 $n$ 为偶数,则 $n$ 次单位复数根的平方的集合就是 $\frac{n}{2}$ 次单位复数根的集合,特别的,每个 $\frac{n}{2}$ 次单位复数根出现两次
* 证明: $(w_{n}^{k})^2=w_{\frac{n}{2}}^k,k\in[0,n-1]$ [消去引理]

正式开始

对于 $n$ 次多项式,我们希望取得其在 $w_{n}^{0},w_{n}^{1},\cdots,w_{n}^{n-1}$ 处的值
相当于求这样一个矩阵:

[\begin{matrix} A_{0} \\ A_{1} \\ . \\ . \\ . \\ A_{n - 1} \end{matrix}] = [\begin{matrix} w_{n}^{0} & w_{n}^{0} & \dots & w_{n}^{0} \\ w_{n}^{0} & w_{n}^{1} & \dots & w_{n}^{n - 1} \\ . & . & . & . \\ . & . & . & . \\ w_{n}^{0} & w_{n}^{n - 1} & \dots & w_{n}^{(n - 1) (n - 1)} \end{matrix}] * [\begin{matrix} a_{0} \\ a_{1} \\ . \\ . \\ . \\ a_{n - 1} \end{matrix}]

$\left[ \begin{matrix} A_0\\ A_1\\ .\\ .\\ .\\ A_{n-1}\\ \end{matrix} \right] \ = \left[ \begin{matrix} w_{n}^{0} & w_{n}^{0} &\cdots & w_{n}^{0}\\ w_{n}^{0} & w_{n}^{1} &\cdots & w_{n}^{n-1}\\ . & . & . & .\\ . & . & . & .\\ w_{n}^{0} & w_{n}^{n-1} & \cdots & w_{n}^{(n-1)(n-1)}\\ \end{matrix} \right] * \left[ \begin{matrix} a_0\\ a_1\\ .\\ .\\ .\\ a_{n-1}\\ \end{matrix} \right]$
其中

A_{i}

$A_i$ 为取到

w_{n}^{i}

$w_n^{i}$ 时的点值,

a_{i}

$a_i$ 为第

i

$i$ 位的系数

A (i) = \sum_{j = 0}^{n - 1} w_{n}^{i j} * a^{j}

$A(i)=\sum_{j=0}^{n-1}w_n^{ij}*a^j$
现定义:

A [0] (x) = a_{0} + a_{2} x + \dots + a_{n - 2} x^{\frac{n - 2}{2}}

$A[0](x)=a_0+a_2x+\cdots+a_{n-2}x^{\frac{n-2}{2}}$

A [1] (x) = a_{1} + a_{3} x + \dots + a_{n - 1} x^{\frac{n - 2}{2}}

$A[1](x)=a_1+a_3x+\cdots+a_{n-1}x^{\frac{n-2}{2}}$
易得:

A (x) = A [0] (x^{2}) + A [1] (x^{2})

$A(x)=A[0](x^2)+A[1](x^2)$
因为当

x = w_{n}^{k}

$x=w_{n}^{k}$ 和

x = w_{n}^{k + \frac{n}{2}}

$x=w_{n}^{k+\frac{n}{2}}$ 时,两数平方相等
所以说我们的取值集合就缩小了一半
这样一直递归下去
每层有

2^{d}

$2^d$ 个块,每个块有

\frac{n}{2^{d}}

$\frac{n}{2^d}$ 个取值,所以一共只需计算

n

$n$ 次,共

l o g (n)

$log(n)$ 层,总时间复杂度为

O (n l o g (n))

$O(nlog(n))$
非常的

n i c e

$nice$
这个过程也叫做

D F T

$DFT$

得到点值表达式以后我们就只需要 $O(n)$ 的点值乘法,这里不再赘述

那么接下来的任务就是插值了,也就是逆 $DFT$
易得这个矩阵:

[\begin{matrix} C_{0} \\ C_{1} \\ . \\ . \\ . \\ C_{n - 1} \end{matrix}] = [\begin{matrix} w_{n}^{0} & w_{n}^{0} & \dots & w_{n}^{0} \\ w_{n}^{0} & w_{n}^{1} & \dots & w_{n}^{n - 1} \\ . & . & . & . \\ . & . & . & . \\ w_{n}^{0} & w_{n}^{n - 1} & \dots & w_{n}^{(n - 1) (n - 1)} \end{matrix}] * [\begin{matrix} c_{0} \\ c_{1} \\ . \\ . \\ . \\ c_{n - 1} \end{matrix}]

$\left[ \begin{matrix} C_0\\ C_1\\ .\\ .\\ .\\ C_{n-1}\\ \end{matrix} \right] \ = \left[ \begin{matrix} w_{n}^{0} & w_{n}^{0} &\cdots & w_{n}^{0}\\ w_{n}^{0} & w_{n}^{1} &\cdots & w_{n}^{n-1}\\ . & . & . & .\\ . & . & . & .\\ w_{n}^{0} & w_{n}^{n-1} & \cdots & w_{n}^{(n-1)(n-1)}\\ \end{matrix} \right] * \left[ \begin{matrix} c_0\\ c_1\\ .\\ .\\ .\\ c_{n-1}\\ \end{matrix} \right]$
其中

C_{i}

$C_i$ 为取到

w_{n}^{i}

$w_n^{i}$ 时的点值,

c_{i}

$c_i$ 为第

i

$i$ 位的系数
所以

c = C * V^{- 1}

$c=C*V^{-1}$

V^{- 1} * V =

$V^{-1}*V=$ 单位矩阵
所以

V^{- 1}

$V^{-1}$ 中位于第

i

$i$ 行第

j

$j$ 列(均从0开始标号)的元素为

\frac{w_{n}^{- i j}}{n}

$\frac{w_{n}^{-ij}}{n}$
所以

c_{i} = \frac{1}{n} \sum_{j = 0}^{n - 1} C_{j} * (w_{n}^{- i})^{j}

$c_i=\frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1}C_j*(w_{n}^{-i})^j$
是不是和原来的公式很像?

A (i) = \sum_{j = 0}^{n - 1} a^{j} * w_{n}^{i j}

$A(i)=\sum_{j=0}^{n-1}a^j*w_n^{ij}$
只不过

w

$w$ 的系数变成了负的
多了一个

\frac{1}{n}

$\frac{1}{n}$ 而已
发现也可以

D F T

$DFT$ 解决
这样就做完啦!

但是具体代码中还是有丶东西
看注释吧!

代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =100010;
const double pi=acos(-1);
struct Complex {
    double x;
    double y;
    Complex() {};
    Complex(double _x,double _y) { x=_x;y=_y; }
    Complex operator + (const Complex o) { return Complex(x+o.x,y+o.y); }
    Complex operator - (const Complex o) { return Complex(x-o.x,y-o.y); }
    Complex operator * (const Complex o) { return Complex(x*o.x-y*o.y,x*o.y+y*o.x); }
}a[N<<2],b[N<<2];
int r[N<<2];
int n,m,nn;
void fft(Complex *now,int f) {
    for(int i=0;i<n;++i)//按块将其分到一起
        if(i<r[i]) swap(now[i],now[r[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1) {//枚举合并的块的大小
        Complex wn(cos(pi/i),f*sin(pi/i));//单位元,若进行逆DFT变换,则反向旋转
        for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)) {//枚举头
            Complex w(1,0);
            for(int k=0;k<i;++k,w=w*wn) {//合并,蝴蝶变换
                Complex x=now[j+k],y=w*now[j+k+i];
                now[j+k]=x+y;
                now[j+k+i]=x-y;
            }
        }
    }
    //神奇的是蝴蝶变换完了以后他又恢复正常顺序了,我也不知道为什么
    if(f==-1)
        for(int i=0;i<n;++i)
            now[i].x/=n;
}
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<=n;++i) scanf("%lf",&a[i].x);
    for(int i=0;i<=m;++i) scanf("%lf",&b[i].x);
    m+=n;
    for(n=1;n<=m;n<<=1) nn++;
    for(int i=0;i<n;++i) {r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(nn-1));}
    fft(a,1);fft(b,1);
    for(int i=0;i<=n;++i) { a[i]=a[i]*b[i]; }
    fft(a,-1);//逆DFT
    for(int i=0;i<=m;++i)
        printf("%d ",(int)(a[i].x+0.5))//防止精度出锅;
    return 0;
}