我就是不会FFT怎么了？！

写这篇东西的原因

我就是不会FFT怎么了！我只会念法法塔

复数？

大佬嫌我不懂复数，觉得我太LJ了，于是便Diss我。
复数：形如$a+bi,(a,b∈R)$的数。
n次单位复数根：$(w_n)^n=1$
n次单位复数根恰好有n个，即：$w=e^{\frac{2\pi i*k}{n}},(k∈[0,n))$
其中，i为虚数单位。$e^{ui}=cos(u)+i*sin(u)$代表单位圆上的一点，原点与其所在射线$与x$的正半轴成角$u$。
所以n次单位复数根可看作是一个指针转一圈，又回到(1,0)。
几个最重要的原理：
1.消去引理
$w^{dk}_{dn}=w^k_n$
2.折半引理
如果n为偶数且n>0，则n次单位复数跟的平方 的集合就是n/2次单位复数根的集合。
用消去引理证明。
3.求和引理
$\forall n≥1,k≥0，n\nmid k$，有$\Sigma_{j=0}^{n-1}(w_n^k)^j=0$
等比数列求和。
$\Sigma_{j=0}^{n-1}(w_n^k)^j=\frac{(w_n^k)^n-1}{w_n^k-1}=\frac{(w_n^n)^k-1}{w_n^k-1}=\frac{(1)^k-1}{w_n^k-1}=0$
分母显然不为0，因为$n\nmid k$.

一些基本概念

1.次数界：多项式的最高项的次数+1.
2.系数表示：$A(x)=\Sigma_{i=0}^{n-1}a_ix^i$
3*.点值和插值：
点值表示：由点值对组成的集合。$S={(x_1,A(x_1)),(x_2,A(x_2)),..,(x_n,A(x_n))}$
一般地，一个次数界为n的多项式的点值表示,$|S|≥n$
其中，每个x必须互不相同。
点值运算：根据多项式A(x)的系数表示，得到多项式的点值表示的过程。
插值运算：点值运算的逆运算。假设现有一个n个点值对的点值表达，那么我们可以确定唯一的一个次数界为n的多项式。
为什么？考虑高斯消元。不就是解一个一次方程组吗？
最简单的例子：两点确定一条直线，三点确定一条抛物线。

！！！4.FFT原理

考虑以下两个东西。
1.点值表示的多项式乘法。2.对乘法结果进行插值运算。
1.点值表示的多项式乘法
对于两个多项式A,B，它们是被两个相同个点值对表示的唯一多项式
确定一组x，则有
$A:{(x_0,y_0),(x_1,y_1),(x_2,y_2),...,(x_{n-1},y_{n-1})}$
$B:{(x_0,y'_0),(x_1,y'_1),(x_2,y'_2),...,(x_{n-1},y'_{n-1})}$
令$C=A*B$，则可得到C的点值表示
$C:{(x_0,y_0*y'_0),(x_1,y_1*y'_1),(x_2,y_2*y'_2),...,(x_{n-1},y_3*y'_{n-1})}$
显然，要用2n对来表示A,B，不然计算不了C。
显然时间复杂度：$O(n)$
2.对乘法结果进行插值运算
确定多项式C的系数。

进入正题

DFT

DFT：离散傅里叶变换(Discrete Fourier Transform)
进行点值操作！
有大佬将整个傅里叶变换从头到尾看一遍，由于我是菜鸡，看不懂。
目标：计算一个次数界为n的多项式$A(x)=\Sigma_{j=0}^{n-1}a_jx^j$在n次单位复数根处的值（共n个）
说白了就是用n个n次单位复数根代入进去A(x)，求出每一个$A(w_n^i)$
令$y_i=A(w_n^i)=\Sigma_{j=0}^{n-1}a_jw_n^{ij}$
y即为a的DFT。记为$y=DFT_n(a)$
//这个a是A的系数，记得这一点。

IDFT

IDFT：即逆DFT。
进行插值操作！
现已知有n个点值对的点值表示$S={(x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_{n-1},y_{n-1})}$，可以确定一个次数界为n的唯一的多项式$A(x)$
结论：$a_i=\frac{1}{n}\Sigma_{j=0}^{n-1}y_jw_n^{-ij}$
证明：

实际上就是$y=V_n·a\Rightarrow a=y·V_n^{-1}$
所以将插值运算改成y与$V_n^{-1}$的乘积。
其中，$V_n*V_n^{-1}=Base$，其中$Base_{i,j}=1,i=j,Base_{i,j}=0,i≠j$
求证：$V_n^{-1}的(i,j)$处的元素为$\frac{w_n^{-ij}}{n}$
证明？矩阵乘法学过没？
$Base_{i,j}=\Sigma_{k=0}^{n-1} V_n[i,k]*V_n^{-1}[k,j]=\Sigma_{k=0}^{n-1}w_n^{ik}*\frac{w_n^{-jk}}{n}=\Sigma_{k=0}^{n-1}\frac{w_n^{k(i-j)}}{n}$
这个证明方法的主要思路：需要证明当$i=j$时，$Base[i,j]=1$，当$i≠j$时，$Base[i,j]=0$
将式子划开，让i和j在同一个式子里扯上关系。
当$i=j$时，显然，$Base[i,j]=1$
否则，由求和引理，$Base[i,j]=0$

应用到多项式乘法？

FFT做两个多项式A,B的乘法的过程，实际上就是将A,B分别DFT一下，即进行点值操作。
此时得到了点值对为2n的点值表示，$O(n)$扫一遍，$y_c[i]=y_a[i]*y_b[i]$。
接着对C进行IDFT，完成插值操作。

FFT主要部分

1.FFT是基于分治策略的。二分。
为了方便计算，n必须满足一个大前提：n为2的正整数幂。
这种策略的优点：利用了复数单位根复数根的特殊性质。
$A_0(x)=a_0+a_2x+a_4x^2+...+a_{n-2}x^{n/2-1}$
$A_1(x)=a_1+a_3x+a_5x^2+...+a_{n-1}x^{n/2-1}$
次数界缩小了一半！
$A(x)=A_0(x^2)+xA_1(x^2)$

2.问题转化
原问题：求多项式$A(x)$在n个n次单位复数根$w_n^0,w_n^1,...,w_n^{n-1}$的函数值。
现问题：求多项式$A_0(x),A_1(x)$在n个n次单位复数根的平方的函数值。
上面加粗的字是FFT的一个主要的内容。
首先出场的是折半引理。根据它，n个n次单位复数根的平方实际上是由n/2个n/2次单位复数根组成，每个根恰好出现2次。（无聊说一句，就像一个指针转了2圈）

3.得出DFT的大致步骤
(I)对于目前的$A(x)$得出$A_0(x),A_1(x)$的系数。
(II)求出$A_0(x),A_1(x)$的点值表示。
(III)$A(x)=A_0(x^2)+xA_1(x^2)$
时间复杂度：$T(n)=T(n/2)+O(n)$即$O(n\ log\ n)$

4.IDFT操作
根据$a_i=\frac{1}{n}\Sigma_{j=0}^{n-1}y_jw_n^{-ij}$，直接套DFT，改某些地方即可。
(I)用$w_n^{-1}$替换$w_n$，再把计算结果的每个元素除以n。
时间复杂度：$T(n)=T(n/2)+O(n)$即$O(n\ log\ n)$

FFT的实现

上面讲了实现方法。现在侧重于实现过程。
1.点值表示的多项式乘法。
2.对乘法结果进行插值运算。
伪代码1

void FFT(a){
    n=多项式a的次数界;
    if(n=1)return a;
    w_n=(cos(2pi*i/n),sin(2pi*i/n));
    w_kn=1;
    得到a0,a1的系数。
    得到a0的DFT y0,a1的DFT y1
    for k=0 to n/2-1{
        y[k]=y0[k]+w_nk*y1[k];
        y[k+n/2]=y0[k]-w_nk*y1[k];
    }
    return y;
}

解释一下最后的循环部分。
实际上就是求出a的DFT y。
通过{}里的2行神操作，可以得出来a的DFT y。
$y[k]=y_0[k]+w_n^ky_1[k]=A_0((w_n^k)^2)+w_n^kA_1((w_n^k)^2)=A(w_n^k)$
$y[k+n/2]y_0[k]-w_n^ky_1[k]=y_k[0]+w_n^{k+n/2}y_1[k]=A(w_n^{k+n/2})$
看不懂第二个式子的，尝试理解下面这一段话。
减号，代表着正好转了半圈。
还记得上文的一句话么？（无聊说一句，就像一个指针转了2圈）
想象一下这个过程，在第k时刻和第k+(n/2)时刻，指针停留的位置是一样的！！！
所以$A_1((w_n^{k+n/2})^2)=A_1(w_n^{2k+n})=A_1(w_n^{2k})$
这招挺妙的。

程序优化

上述做法不是很好。需要优化。
PS：感谢前来观看博客的大佬们，但是到这里为止，还是不能够写出代码的。请继续读完下一部分，谢谢。
因为，根据位移和起始点的规律，可以对已有数组直接计算，不需要递归。
考虑当前问题处理的是哪些系数：

尝试发现下表的规律：

将i转化为的二进制，然后反过来设这个数为rev(i)，则在开始的时候，i和rev(i)换个位置即可。
即第rev(i)个位置放$a_i$
如何$O(n)$求rev(i)?
考虑这个式子：$rev(i)=rev(i\ div\ 2)div\ 2+(i\ and\ 1)*(n\ div\ 2)$
这是什么意思？
假设求出了rev(i/2)，那么在i/2后面添加一个数，就相当于rev(i/2)向后挪1位。显然rev(i/2)是偶数。因为i/2的二进制第一位是0。
至于rev(i)的第一位是什么？取决于i的最后一位。
目标：不用递归，顺着做。
方法：模拟递归的回溯过程，顺序保存求出的值。注意，转移的时候，间隔是一样的。

在回溯的过程中，两个次数界为k的多项式合并为一个次数界为2k的多项式。
最后合并出来的那个那n个值就是$A(w_n^0),A(w_n^1),...,A(w_n^{n-1})$。
IDFT也按照上述过程就好了，不要忘记所有的元素需要除以n。

程序实现

void FFT(Cpx *y,int opz){
    int i,h,k;
    fo(i,0,m-1)if(i<Rev[i])swap(y[i],y[Rev[i]]);
    for(h=2;h<=m;h<<=1){
        Cpx wn(cos(2*Pi/h),opz*sin(2*Pi/h));
        for(i=0;i<m;i+=h){
            Cpx w(1,0);
            fo(k,i,i+(h>>1)-1){
                Cpx u=y[k],t=w*y[k+(h>>1)];
                y[k]=u+t;
                y[k+(h>>1)]=u-t;
                w=w*wn;
            }
        }
    }
    if(opz==-1){
        fo(i,0,m-1)y[i].r/=m;
    }
}
void Mul(LL *a,LL *b,LL *c){
    int i;
    fo(i,0,mo-1)f1[i]=Cpx(b[i],0);
    fo(i,mo,m-1)f1[i]=Cpx(0,0);
    fo(i,0,mo-1)f2[i]=Cpx(c[i],0);
    fo(i,mo,m-1)f2[i]=Cpx(0,0);
    FFT(f1,1);
    FFT(f2,1);
    fo(i,0,m-1)f1[i]=f1[i]*f2[i];
    FFT(f1,-1);
    fo(i,0,mo-1)a[i]=(LL)(f1[i].r+0.5)%mo;
}

参考资料

yl《快速傅里叶变换》
lyc《从多项式乘法到傅里叶变换》