快速傅里叶变换

多项式表示

系数表示法：

一个$n$次多项式可以用$n+1$个系数表示出来：$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_{n-1}{x}^{n-1}+a_n{x}^n$。

点值表示法：

通过线性代数，高斯消元我们可以知道，一个$n$次多项式可以通过$n+1$个点联立方程组解得：

f(x)={(x0,f(x0),(x1,f(x1)),(x2,f(x2)))…(xn−1,f(xn−1)),(xn,f(xn))}f(x) = \{(x_0, f(x_0), (x_1, f(x_1)), (x_2, f(x_2))) \dots (x_{n - 1}, f(x_{n - 1})), (x_n, f(x_n)) \}f(x)={(x0​,f(x0​),(x1​,f(x1​)),(x2​,f(x2​)))…(xn−1​,f(xn−1​)),(xn​,f(xn​))}。

有离散傅里叶变换$DFT$（把一个多项式从系数表示变成点值表示），$IDFT$（把一个多项式从点值表示变成系数表示），

而$FFT$，就是通过选取某些特殊$x$点，来加速$DFT,IDFT$的一种方法。

点值表示法的多项式相乘：

$F(x)=f(x)g(x)$

F(x)={(x0,f(x0)g(x0)),(x1,f(x1)g(x1)),(x2,f(x2)g(x2))…(xn−1,f(xn−1)g(xn−1)),(xn,f(xn)g(xn))}F(x) = \{(x_0, f(x_0)g(x_0)), (x_1, f(x_1)g(x_1)), (x_2, f(x_2)g(x_2)) \dots (x_{n - 1}, f(x_{n - 1})g(x_{n - 1})), (x_n, f(x_n)g(x_n)) \}F(x)={(x0​,f(x0​)g(x0​)),(x1​,f(x1​)g(x1​)),(x2​,f(x2​)g(x2​))…(xn−1​,f(xn−1​)g(xn−1​)),(xn​,f(xn​)g(xn​))}

由此我们想要得到两个多项式相乘的系数，只需要先对两个多项式进行$DFT$，然后对应的点值相乘，再做一次$IDFT$，即可求得系数。

引入复数

两个复数相乘的结果为，模长相乘，辐角相加，证明如下：

有两复数$A(a\cos {\theta }_1,a\sin {\theta }_{1}i),B(b\cos {\theta }_2,b\sin {\theta }_{2}i)$，用极角 + 模长来表示。

两复数相乘有$A\times B=(ab(\cos {\theta }_1\cos {\theta }_2-\sin {\theta }_1\sin {\theta }_2),ab(\sin {\theta }_1\cos {\theta }_2+\cos {\theta }_1\sin {\theta }_2)i)=(ab\cos ({\theta }_1+{\theta }_2),ab\sin ({\theta }_1+{\theta }_2)i)$。

引入$n$次复根，即$x^n=1$，这样的解显然有$n$个，设$w_n^i=e^{\frac{2\pi }{n}i}$，在复平面内即是把一个圆分成了$n$等份。

我们取$n$等分的第一个交所对应的向量$w_n=\cos (\frac{2\pi }{n})+\sin (\frac{2\pi }{n})i$，则其他复根都可用$w_n$的$i$次幂来表示。

快速傅里叶变换

考虑如何分治求解：

$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3+a_4{x}^4+a_5{x}^5+a_6{x}^6{a}_7{x}^7$

按照$x$的次幂，分奇偶，再在右边提出一个$x$，

$f(x)=(a_0+a_2{x}^2+a_4{x}^4+a_6{x}^6)+x(a_1+a_3{x}^2+a_5{x}^4+a_7{x}^6)$

$G(x)=a_0+a_{2}x+a_4{x}^2+a_6{x}^3$

$H(x)=a_1+a_{3}x+a_5{x}^2+a_7{x}^3$

有$f(x)=G(x^2)+xH(x^2)$

由单位复根有

$DFT(f(w_n^k))=DFT(G(w_n^{2k}))+w_n^{k}DFT(H(w_n^{2k}))=DFT(G(w_{\frac{n}{2}}^k))+w_n^{k}DFT(H(w_{\frac{n}{2}}^k))$

$DFT(f(w_n^{k+\frac{n}{2}}))=DFT(G(w_{\frac{n}{2}}^k))-w_n^{k}DFT(H(w_{\frac{n}{2}}^k))$

由此，求出$DFT(G(w_{\frac{n}{2}}^k))$和$DFT(H(w_{\frac{n}{2}}^k))$即可知$DFT(f(w_n^k)),DFT(f(w_n^{k+\frac{n}{2}}))$然后对$G,H$再分别递归求解即可。

快速傅里叶逆变换

把单位复根值代入多项式，得到的是如下结果：

$\left[\begin{array}{c}{y}_0\\ y_1\\ y_2\\ ⋮\\ y_{n-2}\\ y_{n-1}\end{array}\right]$ = $\left[\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& \cdots & 1& 1\\ 1& w_n^1& w_n^2& \cdots & w_n^{n-2}& w_n^{n-1}\\ 1& w_n^2& w_n^4& \cdots & w_n^{2(n-2)}& w_n^{2(n-1)}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ 1& w_n^{n-2}& w_n^{2(n-2)}& \cdots & w_n^{(n-2)(n-2)}& w_n^{(n-1)(n-2)}\\ 1& w_n^{n-1}& w_n^{2(n-1)}& \cdots & w_n^{(n-2)(n-1)}& w_n^{(n-1)(n-1)}\end{array}\right]$ $\left[\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ a_2\\ ⋮\\ a_{n-2}\\ a_{n-1}\end{array}\right]$

经过$DFT$我们已经得到了左边的矩阵，考虑如何变换得到右边的系数矩阵，线性代数我们知道，只要在左边乘上一个中间大矩阵的逆，我们即可得到右边的系数矩阵。

由于这个矩阵的元素非常特殊，他的逆矩阵也有特殊的性质，就是每一项取倒数，再除以$n$，就能得到他的逆矩阵。

每一项取倒数有$\frac{1}{w_n}=w_n^{-1}=e^{-\frac{2\pi i}{n}}=\cos (\frac{2\pi }{n})+i\sin (-\frac{2\pi }{n})$，所以我们只要将这个代入做一次$DFT$，也就是$IDFT$，最后再对整体除以$n$即可得到系数矩阵。

对以上进行证明

$f(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i$，$y_i=f(w_n^i)$，构造$A(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{y}_i{x}^i$，将$b_i=w_n^{-i}$代入多项式$A(x)$

有$A(b_k)=\sum _{i=0}^{n-1}{y}_i{w}_n^{-ik}=\sum _{i=0}^{n1}{w}_n^{-ik}\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j{w}_n^{ij}=\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j\sum _{i=0}^{n-1}(w_n^{j-k}{)}^i$

令$S(w_n^a)=\sum _{i=0}^{n-1}(w_n^a{)}^i$

显然有$a=0$，$S(w_n^a)=n$

$a\ne 0$，时我们取$S(w_n^a),w_n^{a}S(w_n^a)$，两者相减，除以一个系数有$S(w_n^a)=\frac{\sum _{i=1}^n(w_n^a{)}^i-\sum _{i=0}^{n-1}(w_n^a{)}^i}{w_n^a-1}=\frac{(w_n^a{)}^n-(w_n^a{)}^0}{w_n^a-1}=0$

所以有$S(w_n^a)=[a=1]$

$A(b_k)=a_k\times n$

仔细想想，这个证明，就是把我们$DFT$过程中得到的点值作为系数去做一遍$DFT$，得到的也就是$A(x)$的点值表达式，同时对其除以$n$，也就是$f(x)$的系数表达式了。

如何优化（蝴蝶变换）

分治过程中考虑系数如何变换
{a0,a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7}{a0,a2,a4,a6}{a1,a3,a5,a7}{a0,a4}{a2,a6}{a1,a5}{a3,a7}{a0}{a4}{a2}{a6}{a1}{a5}{a3}{a7}\{a_0, a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, a_7\}\\ \{a_0, a_2, a_4, a_6\}\{a_1, a_3, a_5, a_7\}\\ \{a_0, a_4\}\{a_2, a_6\}\{a_1, a_5\}\{a_3, a_7\}\\ \{a_0\}\{a_4\}\{a_2\}\{a_6\}\{a_1\}\{a_5\}\{a_3\}\{a_7\}\\ {a0​,a1​,a2​,a3​,a4​,a5​,a6​,a7​}{a0​,a2​,a4​,a6​}{a1​,a3​,a5​,a7​}{a0​,a4​}{a2​,a6​}{a1​,a5​}{a3​,a7​}{a0​}{a4​}{a2​}{a6​}{a1​}{a5​}{a3​}{a7​}

这个过程中有一个规律，例如$1=001$，倒置后变成了$100$，$4$，也即是最后$a_1$所在的位置。

$r[i]$表示$i$翻转之后的数字，考虑如何从小到大递推得到$r[i]$，有$r[0]=0$，当我们在求$x$时，先考虑除个位数以外的数，就是$r[x>>1]>>1$了，如果个位是$1$则加上$lim>>1$，就有了如下代码

void change(int lim) {for (int i = 0; i < lim; i++) {r[i] = (i & 1) * (lim >> 1) + (r[i >> 1] >> 1);}
}

真正可用的$FFT$代码

P3803 【模板】多项式乘法（FFT）

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;struct Complex {double r, i;Complex(double _r = 0, double _i = 0) : r(_r), i(_i) {}
};Complex operator + (const Complex &a, const Complex &b) {return Complex(a.r + b.r, a.i + b.i);
}Complex operator - (const Complex &a, const Complex &b) {return Complex(a.r - b.r, a.i - b.i);
}Complex operator * (const Complex &a, const Complex &b) {return Complex(a.r * b.r - a.i * b.i, a.r * b.i + a.i * b.r);
}Complex operator / (const Complex &a, const Complex &b) {return Complex((a.r * b.r + a.i * b.i) / (b.r * b.r + b.i * b.i), (a.i * b.r - a.r * b.i) / (b.r * b.r + b.i * b.i));
}typedef long long ll;const int N = 5e6 + 10;int r[N], n, m;Complex a[N], b[N];void get_r(int lim) {for (int i = 0; i < lim; i++) {r[i] = (i & 1) * (lim >> 1) + (r[i >> 1] >> 1);}
}void FFT(Complex *f, int lim, int rev) {for (int i = 0; i < lim; i++) {if (i < r[i]) {swap(f[i], f[r[i]]);}}const double pi = acos(-1.0);for (int mid = 1; mid < lim; mid <<= 1) {Complex wn = Complex(cos(pi / mid), rev * sin(pi / mid));for (int len = mid << 1, cur = 0; cur < lim; cur += len) {Complex w = Complex(1, 0);for (int k = 0; k < mid; k++, w = w * wn) {Complex x = f[cur + k], y = w * f[cur + mid + k];f[cur + k] = x + y, f[cur + mid + k] = x - y;}}}if (rev == -1) {for (int i = 0; i < lim; i++) {a[i].r /= lim;}}
}int main() {// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);scanf("%d %d", &n, &m);n += 1, m += 1;for (int i = 0; i < n; i++) {scanf("%lf", &a[i].r);}for (int i = 0; i < m; i++) {scanf("%lf", &b[i].r);}int lim = 1;while (lim <= n + m) {lim <<= 1;}get_r(lim);FFT(a, lim, 1);FFT(b, lim, 1);for (int i = 0; i < lim; i++) {a[i] = a[i] * b[i];}FFT(a, lim, -1);for (int i = 0; i < n + m - 1; i++) {printf("%lld ", ll(a[i].r + 0.5));}puts("");return 0;
}