傅里叶变换(FFT)学习笔记

作者 command_block

——傅里叶变换在信息学竞赛中主要作用是利用卷积思想,化乘为加,快速计算多项式乘法。

我太蒟了,看了$F(x)$篇博文,还是没看懂。

关于多项式,有了$O(nlogn)$乘法,就有了全世(jia)界(tong)!

$update(2019.6.27):$更新了一些证明和式子。

$update(2019.10.28):$发现模板题时限缩小,开始修锅(去冗余)。

当年写这篇文章的时候比较菜(现在仍然很菜),所以讲的比较含混不清,现在更新和精简了一些内容,希望能对大家有所帮助~

源码删去了17KB,更新了9KB内容。

文章中的代码已经进一步优化,可以通过模板题。

由于文章前后内容有所变化,已将讨论区清空。

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警告 : 本文对数学水平有一定要求,如果发现看不懂,可以先存着。

另外,如果你掌握和式的话,学习速度将会大幅度提高。

此外,由于前面的内容太掉逼格,建议水平高的选手直接跳到“单位根”。

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-1.前置知识

1.线段树(或者基本分治)：题目

2.基本数论：题目

3.码力：题目

4.基本数学：题目

然后在你刷完这些题之后,发现题和下面的内容并没什么关系。

附上一句,这是$\color{purple}\textsf{省选}$内容哦！(然而并没有什么影响)

$\color{Black}\colorbox{lightgreen}{总结一下}$

这里不会满屏都是三角函数!!,没有$e^i$和什么欧拉定理!!

不需要你会高数,只要用过平面直角坐标系,就可以看。

这篇文章源码40KB,写的时候挑战洛谷Blog(浏览器)性能极限

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0.概(che)论(dan)

FFT全称(Fast Fourier Transformation)

中文名：快速傅里叶离散变换

作用 : 以$O(nlogn)$的复杂度计算多项式乘法(你以为呢?Of course more than that!)。

大家在学多项式乘法的时候,是不是觉得拆括号特别麻烦。

比如说计算$(x^2+3x-1)*(2x^2+x-5)$

• 原式$=x^2(2x^2+x-5)+3x(2x^2+x-5)-(2x^2+x-5)$

  $\quad\ \ \ =(2x^4+x^3-5x^2)+(6x^3+3x^2-15x)-(2x^2+x-5)$

  $\quad\ \ \ =2x^4+x^3-5x^2+6x^3+3x^2-15x-2x^2-x+5$

  $\quad\ \ \ =2x^4+(x^3+6x^3)+(3x^2-2x^2-5x^2)+(-x-15x)+5$

  $\quad\ \ \ =2x^4+7x^3-4x^2-16x+5$

很复杂...

现在我们就要用计算机把两个多项式乘起来(所谓多项式问题)。

P.S:下面提及的多项式均只有一元,你可以认为只有$x$这一元。

为了表述方便,下面定义一些记号(请仔细阅读)：

• $F(x)$表示一个多项式,简单的叫做“多项式$F$”。

  $F(x)$是简便写法,比如我们设$F(x)=x^2+x+1$,以后我们提起$x^2+x+1$就不用那么啰嗦,直接说$F(x)$就好啦。

  你也可以把它理解为函数,上面的$F(x)=x^2+x+1$

  那么$F(5)=5^2+5+1=31$,非常和谐。

• 系数(参数)

  这里有一个n次多项式$F(x)$

  差不多长成这样：$a*x^n+b*x^{n-1}+c*x^{n-2}+...$

  其中$a,b,c...$是参数,因为他们在系数的位置上,所以也叫系数.

  用不同的字母来表示系数很烦,我们就用数组。

  通常把$F(x)$的$n$次项系数称作$F[n]$。

  也即$F(x)=\sum^{n}_{i=0}F[i]x^i$

• 乘法的本质(卷积)

  现在如果让你把两个$n$次多项式$F(x)$和$P(x)$乘起来,你会怎么写程序？

  简单啦！

  设$C=A*B$(多项式).

  $C[k]=\sum\limits_{i=0}^kA[i]B[k-i]$

  理解:想要乘出$x^k$,需要$A$的$x^i$项和$B$的$x^{k-i}$项。

  也就是说$A[i]B[k-i]$乘起来之后,他们后面的未知数就变成了$x^k$,所以要往$C[k]$贡献。

  也可以写做等价的$C[k]=\sum\limits_{i+j==k}A[i]B[j]$(不懂没关系,看代码你就懂了)

  形为$C[k]=\sum\limits_{i⊕j==k}A[i]B[j]$的式子称为卷积,其中$⊕$为某种运算。

  那么你可能观察到了,多项式乘法就是加法卷积。

  (后面我们还会学习到其他的卷积)

  多项式乘法拥有交换律结合律分配率什么的,就不多说了……

亮出模板题

暴力卷积Code(用于上述模板题,44'):

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define Maxn 1000500
using namespace std;
inline int read()
{
  register int X=0;
  register char ch=0;
  while(ch<48||ch>57)ch=getchar();
  while(ch>=48&&ch<=57)X=X*10+(ch^48),ch=getchar();
  return X;
}
int n,m;
long long f[Maxn],g[Maxn],s[Maxn];
void mul(long long *s,long long *f,long long *g)
{
  for (int k=0;k<n+m-1;k++)
    for (int i=0;i<=k;i++)
      s[k]+=f[i]*g[k-i];
}
int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&m);n++;m++;
  for (int i=0;i<n;i++)f[i]=read();
  for (int i=0;i<m;i++)g[i]=read();
  mul(s,f,g);
  for (int i=0;i<n+m-1;i++)printf("%lld ",s[i]);
  return 0;
}

$\color{Black}\colorbox{lightgreen}{总结一下}$

要用计算机把两个多项式乘起来就是所谓多项式问题。

数学家为了偷懒发明了麻烦的记号。

$\color{Black}\colorbox{yellow}{习题}$

• 验算上面的式子,你同意作者的化简过程吗？

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1.DFT & IDFT的思想

首先说一下多项式的点值表达。

如果把多项式看作函数,画出图像：

比如一个一次函数(多项式)$F(x)=2x+1$

如果一开始不告诉你解析式,只跟你说这个一次函数经过点(0,1)和(1,3),你能搞出解析式吗？

待定系数法(两点确定一条直线)即可。

我们这里不讲待定系数法,我们只讲待定系数法的推论

在平面直角坐标系中,$n+1$ 个点就能唯一确定一个 $n$ 次多项式。

如果对这方面的知识感兴趣,可以查看 从拉插到快速插值求值

所以我们可以用n+1个点值(有序数对)来描述一个多项式。

比如两个$n$次多项式$F(x)$和$P(x)$

令数列$X=\{x_0,x_1,x_2,...,x_n\}$

把数列$X=\{x_0,x_1,...,x_n\}$代入多项式$F(x)$,得到的$n+1$个点分别为$(x_0,y_0)(x_1,y_1)...(x_n,y_n)$

同样的,多项式$P(x)$得到的的$n+1$个点分别为$(x_0 , y_0^*)(x_1 , y_1^*)...(x_n , y_n^*)$

比如说$F(x)=x^2/2+x-1;$(绿色)$\ \ P(x)=-x^2/4+2x$(红色)

取$X=\{-1,0,1\}$(这里次数$n=2$)

函数图像与得到的点如下。

三个红点的函数值分别为$Fy=\{-2.25;\ 0;\ 1.75\}$

三个绿点的函数值分别为$Py=\{-1.5;\ -1;\ 0.5\}$(均为从左到右)

让你求两个多项式之积$W(x)=F(x)*P(x)$的点值表达,你会怎么干？

点值表达有一个好处,给你两个多项式点值表达,让你求两个多项式之积的点值表达,直接将对应项乘起来就好了。

(点值的乘法对应着整个多项式的乘法,也就是浓缩了整个多项式)

比如上文$F(x)$和$P(x)$这两个多项式的第一个有序数对$(-1,-2.25)$和$(-1,-1.5)$

就相当于告诉我们$F(-1)=-2.25,G(-1)=-1.5$

那么$F(-1)*G(-1)$呢？

废话,肯定等于$-2.25*-1.5$

所以$W(-1)=F(-1)*G(-1)=-2.25*-1.5=3.375$

$W(0)=F(0)*G(0)=0*-1=0$

$W(1)=F(1)*G(1)=1.75*0.5=0.875$

所以W在$X$处的函数值为$Wy=\{3.375;\ 0;\ 0.875\}$

验算一下？

$W(x)=F(x)*P(x)=(x^2/2+x-1)(-x^2/4+2x)$

$=-x^4/8+x^3-x^3/4+2x^2+x^2/4-2x$

$=-x^4/8+3x^3/4+9x^2/4-2x$

代入$X=\{-1,0,1\}$

得到$W(-1)=-1/8-3/4+9/4+2=3.375$

$W(0)=0$

$W(1)=-1/8+3/4+9/4-2=0.875$

总结一下就是$F(x)G(x)=(F*G)(x)$

好像那里不对,W的次数明摆着是2n。

在平面直角坐标系中,给你(n+1)个点就能确定一个n次多项式。

所以需要2n+1个点才行,还差n个,肿么办？

反正点都是你自己找的,再多来几个不就好了……

现在$F(x)$和$P(x)$两个多项式各有$2n+1$个点

所以W的点值表达为$(0, Fy_0*Py_0)(1,Fy_1*Py_1)...(4,Fy_{2n}*Py_{2n})$

只需要做2n+1次乘法即可。

看起来很好用,其实只是几个点而已,和系数表达差着十万八千里。

于是我们就想,能不能把系数表达转换为点值表达呢？

算法流程：

把系数表达转换为点值表达->点值表达相乘->把点值表达转换为系数表达。

这就是 FFT 的算法流程。

“把系数表达转换为点值表达”的算法叫做DFT

“把点值表达转换为系数表达”的算法叫做IDFT(DFT的逆运算)

P.S:

• 从一个多项式的系数表达确定其点值表达的过程称为求值(毕竟求点值表达的过程就是取了 n 个 x 然后扔进了多项式求了 n 个值出来);

• 而求值运算的逆运算(也就是从一个多项式的点值表达确定其系数表达)被称为插值.

$\color{Black}\colorbox{lightgreen}{总结一下}$

在平面直角坐标系中,给你(n+1)个点就能确定一个n次多项式(函数)。

点值表示相乘(点乘)远快于暴力卷积。

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2.单位根(复数)及其性质

(如果你不知道$i$的故事,请百度“虚数$i$”)

P.S：学会了复数计算之后推荐给自己出点计算题来做

DFT有一个妙处,就是代入什么由你自己决定,只要点值个数足够。

我们这些蒟蒻第一感觉都会选择人畜无害的正整数,或者有理数什么的。

但是这些东西虽然在普通人看来计算简单,但并没有什么能够加以利用的优秀性质。

事实证明,找一些毒瘤东西代入进去是个好想法。

上古之时,有一位dalao横空出世,他就是傅里叶！

好像是个搞复数的专家,有一天他突发奇想：

把单位根$\omega_{n+1}^0$~$\omega_{n+1}^n$代入了多项式想求点值表达(什么鬼)

然后$\omega_{n+1}^0$~$\omega_{n+1}^n$有一些性质(蛤玩意儿)

然后分治,就$O(nlogn)$了(好像只有最后一个分句看得懂)

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好吧先来介绍复数。

复数,即形为$a+bi$的数,这里$\large i^2=-1$

比如说数轴原来是一条直线：

某个实数一定可以用数轴上一个点来代表。

多么和谐自然。

然而复数来了。

数轴原来是一条横着的直线,现在又多了一条竖着的,变成了一个坐标系。

原来的那条直线(横)称为实轴

新的那条直线(竖)称为虚轴

每个复数一定可以用这个坐标系上一个点来代表。

比如蓝点是$-1+2i$,红点是$1+i$

其实形为$a+bi$的复数也可以理解为一个点(a,b)

精妙之处在于,复数之间能做运算。

不懂的话就多琢磨下我写完这些之后就懂了

我们来介绍下复数运算：

• 复数相加：实部和虚部分别相加。

如：$(3-2i)+(5+i)=(3+5)+(-2i+i)=8-i$

$(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i$

• 复数相减：取个相反数再相加。

• 复数相乘：像一次多项式一样相乘。

如：$(3-2i)*(5+i)=3*(5+i)-2i*(5+i)$

$\qquad\qquad\qquad\qquad\quad=15+3i-10i-2i^2=17-7i$

P.S:$i^2=-1$

$(a+bi)*(c+di)=a(c+di)*bi(c+di)=ac+adi+bci+bdi^2$

$\qquad\qquad\qquad\qquad=ac-bd+(ad+bc)i$

• 复数的共轭：实部相同,虚部相反(根据实轴对称)。

如$3-2i$的共轭是$3+2i$

P.S:一个复数与自己的共轭相乘一定会得到实数：$(a-bi)(a+bi)=a^2+b^2$

• 复数相除：分子分母同乘分母的共轭

将分母实数化,在分子分母同时乘上分母的共轭,即可把分母变成实数。

然后直觉化简。

$\dfrac{a+bi}{c+di}=\dfrac{(a+bi)(c-di)}{(c+di)(c-di)}=\dfrac{a c + bd+ (bc-ad)i }{c^2+d^2}=\dfrac{a c + bd }{c^2+d^2}+\dfrac{bc-ad}{c^2+d^2}i$

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而且这些运算在几何(也就是上面的坐标系)里面也有神奇的性质。

复数相乘

这里画的是复数$(3+2i)$与$(1+4i)$相乘的结果$(-5+14i)$

看出来什么没有？

好吧,看见那些从$A,B,C$点连向原点的细线了么。

以你做几何题的直觉？？

没错！如果设原点为点$O$,数5表示的那个点为P(忘记画点P)。

有性质 : $∠POC=∠BOA$ , $OB*OC=OA$

我们把一个复数表示的点到原点的距离叫做这个复数的模长,也就是这里的$OB;OC;OA$,复数$x=(a+bi)$的模长称作$|x|$。

也即 : 复数相乘时,模长相乘,幅角相加！

原点到该点的射线与实轴正方向射线组成的角 （逆时针旋转） 的角度乘坐这个复数的幅角,复数$a+bi$的幅角称作$arg(a+bi)$。

(不清楚的看图)

接下来是证明(最好跟着把图画出来)：

为保证一般性,下面涉及到的都是字母。

• 模长相乘

设两个复数为$a+bi$和$c+di$

那么它们表示的点就是$(a,b)$和$(c,d)$,分别称这两个点为$B$和$C$

这两个复数的积为$ac-bd+(ad+bc)i$；表示的点是$(ac-bd,ad+bc)$,称这个点为$A$

• 使用勾股定理可得$BO=\sqrt{a^2+b^2};\ CO=\sqrt{c^2+d^2}$

  $AO=\sqrt{(ac-bd)^2+(ad+bc)^2};=\sqrt{a^2c^2 + a^2d^2 + b^2c^2 + b^2d^2}$

  $\overline{BO}*\overline{CO}=\sqrt{a^2+b^2}*\sqrt{c^2+d^2}=\sqrt{(c^2+d^2)*(a^2+b^2)}=\sqrt{a^2c^2 + a^2d^2 + b^2c^2 + b^2d^2}=AO$

证毕。

• 幅角相加

第二个规律需要相似+爆算的,不想了解请跳过。

那么,如果能证明途中两个三角形相似,就能证明幅角相加定理了。

我们已经证明了$OA=OC*OB$(模长相乘),相似比例就是$OB$。

$OB:O1$也是$OB$,我们只要再证明$AB:1C=OB$即可,也即$AB^2=OB^21C^2$。

$AB^2=(ac-bd-c)^2+(ab+bc-d)^2=a^2c^2+a^2d^2-2ac^2-2ad^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2+d^2$

$OB^21C^2=(c^2+d^2)((a-1)^2+b^2)=a^2c^2+a^2d^2-2ac^2-2ad^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2+d^2=AB^2$

证毕。这玩意特别重要。

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接下来我们介绍单位根。

看起来很高大上,这是傅里叶快速变换的重要内容。

• n次单位根(n为正整数)是n次幂为1的复数。

换句话说,就是方程$\large x^n=1$的复数解。

到这里你也许会有一点不懂,我们来一起推导一下。

学过三角函数的话应该对单位圆很熟悉。

不熟悉的话也没事,单位圆就是：

圆心在原点且半径为1的圆(如图)

我们在复平面上放一个单位圆,在这个单位圆上的点表示的复数都有一个性质：

模长为1(圆上每一点到圆心的距离都相等)

可还记得？n次单位根是n次幂为1的复数,1的模长就是1。

考虑一个复数$x$。

如果$|x|>1$,即$|x^n|=|x|^n>1$(模长乘模长,越乘越大)

如果$|x|<1$,即$|x^n|=|x|^n<1$(模长乘模长,越乘越小)

所以只有模长等于1的复数才有可能成为n次单位根。

也就是说,只有单位圆上的点表示的复数才有可能成为n次单位根(必要性)

我们成功缩小了探究范围,只在这一个圆上研究。

(下面提及的复数,均是在单位圆上的复数!!!)

接下来,我们要找单位根。

这些单位根的模长都是$1$,只有幅角存在差别,下面我们就不考虑模长。

容易找到 : 幅角为$0,\dfrac{1}{n}\text{圆周},\dfrac{2}{n}\text{圆周},...,\dfrac{n-1}{n}\text{圆周}\$的复数,都是单位根,共n个。

也就是说,假如一个复数,其幅角为$\dfrac{a}{n}(0\leq a<n,a∈Z)$,那么这就是一个单位根。

容易知道这玩意的$n$次方幅角是$a$倍圆周,那么就和1重合。

根据代数基本定理 : n次方程在复数域内有且只有n个根。

所以这些不重不漏,就是所有的单位根了。

还不懂也没关系,我们来实践一下。

设$n=3;$

有一个模长为1的复数为3次单位根,它的幅角为(圆周$*a$)

它的3次方的幅角为$3a*$圆周

那么,如果它是3次单位根,幅角的3倍$(3a*$圆周$)$一定是圆周的自然数倍。

所以3a是自然数。

a=0时,它的幅角为0(其实这个复数就是1)

a=1/3时,它的幅角为(圆周/3)

a=2/3时,它的幅角为(2圆周/3)

有幅角为$0,\dfrac{1}{n}\text{圆周},\dfrac{2}{n}\text{圆周},...,\dfrac{n-1}{n}\text{圆周}\$的单位根,共n个。

每一个都比上一个"多转了"$\dfrac{1}{n}\text{圆周}$。

所以n次单位根n等分单位圆。(重要)。

怎么称呼这些单位根呢

“$\omega$”是单位根的符号,偶尔也写作$w$(颜文字请走开,LaTeX是$\omega$)

我们从1开始(1一定是单位根),沿着单位圆逆时针把单位根标上号。

$\omega_{n}^0=1$

$\omega_{n}^1$为第二个n次单位根

...

$\omega_{n}^{n-1}$为第n个n次单位根

比如上图,最右边的点就是$\omega_{3}^0$,左上角的点就是$\omega_{3}^1$,左下角的点就是$\omega_{3}^2$.

P.S

虽然我们只承认$\omega_{n}^0,\omega_{n}^1,\omega_{n}^2$~$\omega_{n}^{n-1}$,

但是也有$\omega_{n}^{k}$的$k>=n$或$k<0$的情况(带正负的角)。

有$\large\omega_{n}^k=\omega_{n}^{k\%n}$。

随意称呼,切了书写方便,一般不取模。

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关于单位根的基本定义相信你已经Get到了。单位根的世界,就是一个单位圆。

下面还有一些性质(类比切蛋糕记忆)

• -1.对任意的n,$\ \ \large{\omega_{n}^{0}=1}$

显而易见,不懂的把上面的图看一看。

• 0.$\ \large{\omega_{n}^k=(\omega_{n}^1)^k}$

$\omega_{n}^k=\omega_{n}^1*\omega_{n}^1*...*\omega_{n}^1\text{(共k个)}$

每乘上一个$\omega_{n}^1$代表“把幅角逆时针转动$\dfrac{1}{n}\text{圆周}$”

转了k次,即为$\dfrac{k}{n}\text{圆周}$。

• 1.两个n次单位根$\ \large{\omega_{n}^j*\omega_{n}^k=\omega_{n}^{j+k}}$

由(0)可得$\ \large{\omega_{n}^j*\omega_{n}^k=(\omega_{n}^1)^j*(\omega_{n}^1)^k=(\omega_{n}^1)^{j+k}}=\omega_{n}^{j+k}$

感性理解 : 我们把一个圆等分成n份(想想你切蛋糕的时候)

由(1)可得:

• $(ω^k_n)^{-1}=(ω^k_n)^{-1}=ω_n^{-k}=ω_n^{n-k}$

  根据$\omega_{n}^j*\omega_{n}^k=\omega_{n}^{j+k}$

  $ω_n^{n-k}*ω^k_n=\omega_{n}^{n-k+k}=\omega_{n}^{n}=\omega_{n}^{0}=1$

• $(ω^k_n)^j=ω_n^{kj}$

  根据$\omega_{n}^j*\omega_{n}^k=\omega_{n}^{j+k}$

  $(ω^k_n)^j=\begin{matrix}\text{共j个}\\\overbrace{(ω^k_n)*(ω^k_n)*...*(ω^k_n)}\end{matrix}==ω_n^{kj}$

• 任何一个n次单位根都可以写成$ω_n^1$的整幂

  显而易见,$ω_n^k=(ω_n^1)^k$

• 2.$\large{ω^{2k}_{2n}=ω^k_n}$

$ω^k_n$相当于我们把一个圆(蛋糕)等分成n份然后取k份

类似的,$ω^{2k}_{2n}$相当于我们把一个圆(蛋糕)等分成2n份然后取2k份

显然是等价的,只不过多切了几刀而已。

同理,有$ω^{pk}_{pn}=ω^k_n$

• 3.如果n是偶数,$\ \large{ω^{(k+n/2)}_{n}=-ω^k_n}$

根据$\omega_{n}^{(j+k)} = \omega_{n}^j*\omega_{n}^k$

$ω^{(k+n/2)}_{n}=ω^k_n*ω^{n/2}_{n}$

根据(1),把“乘$\omega_{n}^{n/2}$”这个操作理解为把幅角逆时针转动($\large\frac{(\frac{n}{2})}{n}=\frac{1}{2}$圆周)。

也就是旋转半个圆周,也就是关于原点对称,也就是取相反数(建议画个图)

好啦,关于单位根想必你已经掌握啦(终于！！)。

坐稳了,前方高能！！！

$\color{Black}\colorbox{lightgreen}{总结一下}$

复数把数轴扩展到了复平面上,复数可以对应复平面上一个点。

复数也有四则运算。复数相乘时,模长相乘,幅角相加。

n次单位根(n为正整数)是n次幂为1的复数。

把单位根画到单位圆上之后,就能整出一些性质。

$\color{Black}\colorbox{yellow}{习题}$

• 画出五次单位根并计算它们的具体值

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3.DFT的加速版本

我们来讲讲FFT的分治方式

傅里叶一巴掌把这个多项式拍成碎片,然后按奇偶拼成两块

考虑n-1次(也就是说有n项)多项式F(x)

的每一项按照下标(次数)的奇偶分成两部分：

$F(x)=(F[0]+F[2]x^2+...+F[n-2]x^{n-2})+(F[1]x+F[3]x^3+...+F[n-1]x^{n-1})$

这里保证n是2的整幂,不会出现分得不均匀的情况。

又设两个有n/2项的多项式$FL(x)$和$FR(x)$,

他们的系数依赖于$F(x)$(具体看式子)

$FL(x)=F[0]+F[2]x+...+F[n-2]x^{n/2-1}$

$FR(x)=F[1]+F[3]x+...+F[n-1]x^{n/2-1}$

(又把多项式忘了的,赶紧回去看)

则可以得出$F(x)=FL(x^2)+xFR(x^2)$(非常重要)

我们要把$ω^k_n$代入$F(x)$：

• $k<n/2$,代入$ω^k_n$

$F(ω^k_n)=FL((ω^k_n)^2)+ω^k_nFR((ω^k_n)^2)$

因为$(ω^k_n)^2=ω^k_{n/2}$（不理解这个的请见第二节）

$\large{F(ω^k_n)=Fl(ω^k_{n/2})+ω^k_nFR(ω^k_{n/2})}$

• $k<n/2$,代入$ω^{k+n/2}_n$

$F(ω^{k+n/2}_n)=FL((ω^{k+n/2}_n)^2)+ω^{k+n/2}_nFR((ω^{k+n/2}_n)^2)$

(下一步用到了$(ω^k_n)^j=ω_n^{kj}$)

$\qquad\qquad\ \ \ =FL(ω^{2k+n}_n)+ω^{k+n/2}_nFR(ω^{2k+n}_n)$

(下一步用到了$\omega_{n}^k=\omega_{n}^{k\%n}$)

$\qquad\qquad\ \ \ =FL(ω^{2k}_n)+ω^{k+n/2}_nFR(ω^{2k}_n)$

(下一步用到了$\omega_{2n}^{2k}=\omega_{n}^{k}$)

$\qquad\qquad\ \ \ =FL(ω^{k}_{n/2})+ω^{k+n/2}_nFR(ω^{k}_{n/2})$

(下一步用到了$\omega_{n}^{k+n/2}=-\omega_{n}^k$)

$\qquad\qquad\ \ \ =FL(ω^{k}_{n/2})-ω^k_nFR(ω^{k}_{n/2})$

最后得到$\large{F(ω^{k+n/2}_n)=FL(ω^{k}_{n/2})-ω^k_nFR(ω^{k}_{n/2})}$

比对一下上一个式子$F(ω^k_n)=Fl(ω^k_{n/2})+ω^k_nFR(ω^k_{n/2})$

等式右边不就是只有一个正负号的区别吗？

这两条式子有什么用呢？

到这里,如果我们知道两个多项式$FL(x)$和$FR(x)$分别在$ω^0_{n/2},ω^1_{n/2},ω^2_{n/2},...,ω^{n/2-1}_{n/2}$的点值表示,

套用$F(ω^k_n)=Fl(ω^k_{n/2})+ω^k_nFR(ω^k_{n/2})$可以$O(n)$求出$F(x)$在$ω^0_{n},ω^1_{n},ω^2_{n},...,ω^{n/2-1}_{n}$处的点值表示。

套用$F(ω^{k+n/2}_n)=FL(ω^{k}_{n/2})-ω^k_nFR(ω^{k}_{n/2})$可以$O(n)$求出$F(x)$在$ω^{n/2}_{n},ω^{n/2+1}_{n},ω^{n/2+2}_{n},...,ω^{n-1}_{n}$处的点值表示。

所以如果我们知道两个多项式$FL(x)$和$FR(x)$分别在$ω^0_{n/2},ω^1_{n/2},ω^2_{n/2},...,ω^{n/2-1}_{n/2}$的点值表示,就可以$O(n)$求出$F(x)$在$ω^0_{n},ω^1_{n},ω^2_{n},...,ω^{n-1}_{n}$处的点值表示。

我们就成功的获得了$F(x)$的点值标示。

(懵逼不怕,具体见代码)

好像有哪里不对？

上文: 如果我们知道两个多项式$FL(x)$和$FR(x)$分别在$ω^0_{n/2},ω^1_{n/2},ω^2_{n/2},...,ω^{n/2-1}_{n/2}$的点值表示...就可以$O(n)$求出$F(x)$在$ω^0_{n},ω^1_{n},ω^2_{n},...,ω^{n-1}_{n}$处的点值表示。

问题在于我们不知道啊？

对$FL(x)$和$FR(x)$暴力代入？

NO~NO~NO~

上面的工作,其实是一个分治的过程。

$FL(x)$和$FR(x)$这两个多项式,是规模为原多项式一般的子问题,他们的性质完全相同！

这个可以一直分治下去,直到多项式只剩下一个项为止(此时什么操作也不用做)。

实践出真知,我们现在就用代码来表现丰富多彩的数学吧！

$\color{Black}\colorbox{lightgreen}{总结一下}$

FFT分治的过程,就是根据：

$\large{F(ω^k_n)=Fl(ω^k_{n/2})+ω^k_nFR(ω^k_{n/2})}$

$\large{F(ω^{k+n/2}_n)=FL(ω^{k}_{n/2})-ω^k_nFR(ω^{k}_{n/2})}$

这两个式子,实现子问题的合并。

记忆方法:$\large F(x)=FL(x^2)+xFR(x^2)$,将单位根分上下半圆代入讨论。

$\color{Black}\colorbox{yellow}{习题}$

• 默写上述两个式子的证明过程

-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-

4.DFT的代码实现

还有一个小细节。

上文有一句话：“保证n是2的整幂,不会出现分得不均匀的情况。”

实际应用中,n不一定是2的正整数次幂。

我们可以补项,在最高次强行添加一些系数为0的项(类似于高精度补0)。不影响我们的计算结果,却占了位置。(具体见代码)

讲完了这些我们可以开始写$DFT$了

1.复数结构体

根据上文复数的四则运算重载。

CP是 $complex$ 的简称。

#include <iostream>
using namespace std;
struct CP
{
  CP (double xx=0,double yy=0){x=xx,y=yy;}
  double x,y;
  CP operator + (CP const &B) const
  {return CP(x+B.x,y+B.y);}
  CP operator - (CP const &B) const
  {return CP(x-B.x,y-B.y);}
  CP operator * (CP const &B) const
  {return CP(x*B.x-y*B.y,x*B.y+y*B.x);}
  CP operator / (CP const &B) const {
    double t=B.x*B.x+B.y*B.y;
    return CP((x*B.x+y*B.y)/t,
              (y*B.x-x*B.y)/t);
  }
}a,b;
int main()
{
  cin>>a.x>>a.y>>b.x>>b.y;
  CP c;
  c=a+b;
  cout<<'('<<c.x<<','<<c.y<<")\n";
  c=a-b;
  cout<<'('<<c.x<<','<<c.y<<")\n";
  c=a*b;
  cout<<'('<<c.x<<','<<c.y<<")\n";
  c=a/b;
  cout<<'('<<c.x<<','<<c.y<<")\n";
  return 0;
}

(别用STL,会被卡常)

---

2.预处理单位根

之前我们一直在说“把单位根代入...”

现在我们来学习如何求单位根。

前面我们说过$\ \large{\omega_{n}^k=(\omega_{n}^1)^k}$

也就是说只要求出$ω^1_n$然后把它乘n次,就能得到$\{ω^0_n,ω^1_n,ω^2_n,ω^3_n,...,ω^{n-1}_n\}$

我们怎么求$ω^1_n$呢？

点A就是$ω^1_n$,我们需要求出它的横坐标$OB$和纵坐标$AB$

在$RT$三角形$OAB$中,我们已知$∠AOB=\dfrac{1}{n}$圆,$∠OBA=90$°,$OA=1$。

其他什么也不知道。我们需要求$OB$和$AB$。

百度百科

英文缩写	表达式	语言描述	函数名称
sin	a/c	∠A的对边比斜边	正弦函数
cos	b/c	∠A的邻边比斜边	余弦函数
tan	a/b	∠A的对边比邻边	正切函数

观察上图,需要求$OB$和$AB$,它们俩分别是$∠O$的邻边和对边.

$sin(∠O)=∠O$的对边比斜边; $cos(∠O)=∠O$的邻边比斜边;

所以$OB=cos(∠O)*AO=cos(∠O);\ AB=sin(∠O)*AO=sin(∠O)$

（模长$AO=1$）

所以$ω^1_n$的坐标为$(cos(∠O),sin(∠O))$

C++的三角函数采用弧度制。一个整圆不再是$360$°,而是$2π$

所以$∠O=\dfrac{1}{n}$圆$=\dfrac{2π}{n}$,$ω^1_n$的坐标为$\left(cos(\dfrac{2π}{n}),sin(\dfrac{2π}{n})\right)$。

只要求出$ω^1_n$然后把它乘n次,就能得到$\{ω^0_n,ω^1_n,ω^2_n,ω^3_n,...,ω^{n-1}_n\}$

代码：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#define Maxn 1000500
//用这句话能得到得到精确的π,可以当做结论来记
const double Pi=acos(-1);
using namespace std;
struct CP
{
  CP (double xx=0,double yy=0){x=xx,y=yy;}
  double x,y;
  CP operator + (CP const &B) const
  {return CP(x+B.x,y+B.y);}
  CP operator - (CP const &B) const
  {return CP(x-B.x,y-B.y);}
  CP operator * (CP const &B) const
  {return CP(x*B.x-y*B.y,x*B.y+y*B.x);}
  //除法没用
}w[Maxn];
//w长得是不是很像ω?
int n;
int main()
{
  scanf("%d",&n);
  CP sav(cos(2*Pi/n),sin(2*Pi/n)),buf(1,0);
  for (int i=0;i<n;i++){
    w[i]=buf;
	  buf=buf*sav;
  }
  for (int i=0;i<n;i++)
	  printf("w[%d][n]=(%.4lf,%.4lf)\n",i,w[i].x,w[i].y);
  //由于精度问题会出现-0.0000的情况,将就看吧
  return 0;
}

---

3.递归实现DFT(简单版)

具体见代码,多说无益。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#define Maxn 1350000
using namespace std;
const double Pi=acos(-1);
int n,m;
struct CP
{
  CP (double xx=0,double yy=0){x=xx,y=yy;}
  double x,y;
  CP operator + (CP const &B) const
  {return CP(x+B.x,y+B.y);}
  CP operator - (CP const &B) const
  {return CP(x-B.x,y-B.y);}
  CP operator * (CP const &B) const
  {return CP(x*B.x-y*B.y,x*B.y+y*B.x);}
  //除法没用
}f[Maxn<<1],sav[Maxn<<1];
void dft(CP *f,int len)
{
  if (len==1)return ;//边界
  //指针的使用比较巧妙
  CP *fl=f,*fr=f+len/2;
  for (int k=0;k<len;k++)sav[k]=f[k];
  for (int k=0;k<len/2;k++)//分奇偶打乱
    {fl[k]=sav[k<<1];fr[k]=sav[k<<1|1];}
  dft(fl,len/2);
  dft(fr,len/2);//处理子问题
  //由于每次使用的单位根次数不同(len次单位根),所以要重新求。
  CP tG(cos(2*Pi/len),sin(2*Pi/len)),buf(1,0);
  for (int k=0;k<len/2;k++){
    //这里buf = (len次单位根的第k个)
    sav[k]=fl[k]+buf*fr[k];//(1)
    sav[k+len/2]=fl[k]-buf*fr[k];//(2)
    //这两条语句具体见Tips的式子
    buf=buf*tG;//得到下一个单位根。
  }for (int k=0;k<len;k++)f[k]=sav[k];
}
int main()
{
  scanf("%d",&n);
  for (int i=0;i<n;i++)scanf("%lf",&f[i].x);
  //一开始都是实数,虚部为0
  for(m=1;m<n;m<<=1);
  //把长度补到2的幂,不必担心高次项的系数,因为默认为0
  dft(f,m);
  for(int i=0;i<m;++i)
    printf("(%.4f,%.4f)\n",f[i].x,f[i].y);
  return 0;
}

Tips :

(1)$F(ω^{k+n/2}_n)=FL(ω^{k}_{n/2})-ω^k_nFR(ω^{k}_{n/2})$

(2)$F(ω^k_n)=FL(ω^k_{n/2})+ω^k_nFR(ω^k_{n/2})$

现在问题来了,DFT输出的都是些杂乱的点值表达,所以解决不了问题。

上文说过,IDFT是DFT的逆(CP),她可以把点值还原成多项式,最终完成乘法。

现在到了讲IDFT的时候了!!!

-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-

5.IDFT理论与FFT初步实现

IDFT和DFT就是两句话的区别,这个结论实在太好记了。

结论 : 把DFT中的$ω^1_n$换成$ω^{-1}_n$,做完之后除以$n$即可。(记忆)

当然,证明还是要有的,而且很有价值,从这里可以延伸出 单位根反演。

我们知道$DFT$就是求点值,我们不需要再去证明点值的相关性质,我们只要弄出一个$DFT$的逆运算就好了。

还是多项式$F(x)$,设我们变换之后,得到的点值数列为$G$。

即$G=DFT(F)$。

脑补代入的过程,可得$\large G[k]=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(ω^k_n)^iF[i]$

那么结论就是$\large n*F[k]=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(ω^{-k}_n)^iG[i]$

通过这个式子我们可以把点值还原。

证明:

右边$=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(ω^{-k}_n)^iG[i]$

代入可得:

$=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^{n-1}ω^{ij}_nω^{-ik}_nF[j]$

$=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^{n-1}ω^{i(j-k)}_nF[j]$

分类讨论:

• ①$j==k$

那么贡献就是$\sum\limits_{i=0}^{n-1}ω^{0}_nF[k]=nF[k]$

• ②$j≠k$,设$p=j-k$

那么贡献就是$\sum\limits_{i=0}^{n-1}ω^{ip}_nF[k+p]$

$=ω^{p}_n(\sum\limits_{i=0}^{n-1}ω^{i}_n)F[k+p]$

等比数列求和可以得到:

$(\sum\limits_{i=0}^{n-1}ω^{i}_n)=\dfrac{ω_n^{np}-1}{ω_n^{p}-1}=\dfrac{ω_n^{0}-1}{ω_n^{p}-1}=0$

所以这部分贡献为0,我们就成功地证明了上述结论。

如果你想知道的多一些,我可以告诉你这个东西本质是单位根反演。

或者可以理解成范德蒙德矩阵求逆。

$nF[k]=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(ω^{-k}_n)^iG[i]$

就是相当于把$G$数列当做系数,再代入一遍求值。

不同的是,这次代入的是$\{ω^{0}_n,ω^{-1}_n,ω^{-2}_n,...,ω^{-n+1}_n\}$

这里就要求找到一个东西能求出$\{ω^{0}_n,ω^{-1}_n,ω^{-2}_n,...,ω^{-n+1}_n\}$

$ω^{-1}_n$就可以。

我悄悄告诉你$ω^{-1}_n$长这个样子

得$(ω^{-1}_n)^j=ω_n^{-j}$

也就是说只要求出$ω^{-1}_n$然后把它乘n次,就能得到$\{ω^{0}_n,ω^{-1}_n,ω^{-2}_n,...,ω^{-n+1}_n\}$

它的各方面和$ω^{1}_n$都很像,其实就是$\left(cos(\dfrac{2π}{n}),-sin(\dfrac{2π}{n})\right)$

题目Link

至此我们已经写出了第一个版本的FFT(蛤？还有几个？)

代码很好写,和DFT不同的地方很少：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#define Maxn 1350000
using namespace std;
const double Pi=acos(-1);
int n,m;
struct CP
{
  CP (double xx=0,double yy=0){x=xx,y=yy;}
  double x,y;
  CP operator + (CP const &B) const
  {return CP(x+B.x,y+B.y);}
  CP operator - (CP const &B) const
  {return CP(x-B.x,y-B.y);}
  CP operator * (CP const &B) const
  {return CP(x*B.x-y*B.y,x*B.y+y*B.x);}
  //除法没用
}f[Maxn<<1],p[Maxn<<1],sav[Maxn<<1];
void dft(CP *f,int len)
{
  if (len==1)return ;//边界
  //指针的使用比较巧妙
  CP *fl=f,*fr=f+len/2;
  for (int k=0;k<len;k++)sav[k]=f[k];
  for (int k=0;k<len/2;k++)//分奇偶打乱
    {fl[k]=sav[k<<1];fr[k]=sav[k<<1|1];}
  dft(fl,len/2);
  dft(fr,len/2);//处理子问题
  //由于每次使用的单位根次数不同(len次单位根),所以要重新求。
  CP tG(cos(2*Pi/len),sin(2*Pi/len)),buf(1,0);
  for (int k=0;k<len/2;k++){
    //这里buf = (len次单位根的第k个)
    sav[k]=fl[k]+buf*fr[k];//(1)
    sav[k+len/2]=fl[k]-buf*fr[k];//(2)
    //这两条语句具体见Tips的式子
    buf=buf*tG;//得到下一个单位根。
  }for (int k=0;k<len;k++)f[k]=sav[k];
}
void idft(CP *f,int len)
{
  if (len==1)return ;//边界
  //指针的使用比较巧妙
  CP *fl=f,*fr=f+len/2;
  for (int k=0;k<len;k++)sav[k]=f[k];
  for (int k=0;k<len/2;k++)//分奇偶打乱
    {fl[k]=sav[k<<1];fr[k]=sav[k<<1|1];}
  idft(fl,len/2);
  idft(fr,len/2);//处理子问题
  CP tG(cos(2*Pi/len),  -  sin(2*Pi/len)),buf(1,0);
               //注意这 ↑ 个负号!
  for (int k=0;k<len/2;k++){
    //这里buf = (len次反单位根的第k个)
    sav[k]=fl[k]+buf*fr[k];
    sav[k+len/2]=fl[k]-buf*fr[k];
    buf=buf*tG;//得到下一个反单位根。
  }for (int k=0;k<len;k++)f[k]=sav[k];
}
int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i=0;i<=n;i++)scanf("%lf",&f[i].x);
  for (int i=0;i<=m;i++)scanf("%lf",&p[i].x);
  for(m+=n,n=1;n<=m;n<<=1);//把长度补到2的幂
  dft(f,n);dft(p,n);//DFT
  for(int i=0;i<n;++i)f[i]=f[i]*p[i];//点值直接乘
  idft(f,n);//IDFT
  for(int i=0;i<=m;++i)printf("%d ",(int)(f[i].x/n+0.49));
  //注意结果除以n
  return 0;
}

提交记录

可以看到因为常数过大而TLE了,看来我们需要一个常数更小的写法。

先别着急卡常,前文我们说过,IDFT和DFT只有一个符号的区别。

那么我们何不减少一下代码量呢:

#include <cstdio>
#include <cmath>
#define Maxn 1350000
using namespace std;
const double Pi=acos(-1);
int n,m;
struct CP
{
  CP (double xx=0,double yy=0){x=xx,y=yy;}
  double x,y;
  CP operator + (CP const &B) const
  {return CP(x+B.x,y+B.y);}
  CP operator - (CP const &B) const
  {return CP(x-B.x,y-B.y);}
  CP operator * (CP const &B) const
  {return CP(x*B.x-y*B.y,x*B.y+y*B.x);}
  //除法没用
}f[Maxn<<1],p[Maxn<<1],sav[Maxn<<1];
//flag=1 -> DFT     flag=0 -> IDFT
void fft(CP *f,int len,bool flag)
{
  if (len==1)return ;
  CP *fl=f,*fr=f+len/2;
  for (int k=0;k<len;k++)sav[k]=f[k];
  for (int k=0;k<len/2;k++)
    {fl[k]=sav[k<<1];fr[k]=sav[k<<1|1];}
  fft(fl,len/2,flag);
  fft(fr,len/2,flag);
  CP tG(cos(2*Pi/len),sin(2*Pi/len)),buf(1,0);
  if (!flag)tG.y*=-1;
  for (int k=0;k<len/2;k++){
    sav[k]=fl[k]+buf*fr[k];
    sav[k+len/2]=fl[k]-buf*fr[k];
    buf=buf*tG;
  }for (int k=0;k<len;k++)f[k]=sav[k];
}
int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i=0;i<=n;i++)scanf("%lf",&f[i].x);
  for (int i=0;i<=m;i++)scanf("%lf",&p[i].x);
  for(m+=n,n=1;n<=m;n<<=1);//把长度补到2的幂
  fft(f,n,1);fft(p,n,1);//DFT
  for(int i=0;i<n;++i)f[i]=f[i]*p[i];
  fft(f,n,0);
  for(int i=0;i<=m;++i)printf("%d ",(int)(f[i].x/n+0.49));
  return 0;
}

-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-

6.FFT的精细实现

卡常的方法分为以下几类：

0.硬件优化：浮点加速器,CPU等等。

1.编译优化：编译开关,inline,register 之类的。

2.封装优化：把代码的封装拆开,封装得过死会使效率降低(stl)。

3.编写优化：细节优化,手写栈之类。

4.时空互易: 空间换时间以达到时空均衡(常数层面上)。

硬件优化没什么指望,编译优化能力有限又太玄学。

咱们这份代码如果硬要把封装拆开就会显得十分丑陋。

只剩下编写优化,时空互易两条路子了。

首先观察这个程序片段:

for (int k=0;k<len/2;k++){
  sav[k]=fl[k]+buf*fr[k];
  sav[k+len/2]=fl[k]-buf*fr[k];
  buf=buf*tG;
}

复数的乘法代价是很高的,而buf*fr[k]我们计算了两次!

换成下面的操作,常数就小多了:

for (int k=0;k<len/2;k++){
  CP tt=buf*fr[k];
  sav[k]=fl[k]+tt;
  sav[k+len/2]=fl[k]-tt;
  buf=buf*tG;
}

代码中我们使用了大量数组拷贝,这会影响性能。我们能否通过某些手段规避数组拷贝呢?

这个分治究竟在干什么?

分治过程 : 先按照某种顺序把东西分开排列,然后再合并上去。

• “分开”的优化

具体的来说：

原来的递归版(数组下标,先偶后奇,从0开始)：
0 1 2 3 4 5 6 7 第1层
0 2 4 6|1 3 5 7 第2层
0 4|2 6|1 5|3 7 第3层
0|4|2|6|1|5|3|7 第4层

我们要想办法求出第4层的数组状况,然后才能往上合并。

（这个东西叫做蝴蝶变换来着）

具体怎么求呢?多多观察可得,最后的序列是原序列的二进制反转。

比如$6=(110)_2$反过来就是$(011)_2=3$

“6”确实排在原来“3”的位置。

如何得到二进制翻转后的数列呢？

$O(nlogn)$倒是可以,但是这就违背了我们卡常的本愿啦……

可以用递推$O(n)$搞定。

for(int i=0;i<limit;i++)
  tr[i]=(tr[i>>1]>>1)|((i&1)?limit>>1:0);

//tr[i]是i的二进制翻转

这玩意是怎么得到的呢？

我们可以把一个二进制数的反转拆成两部分来看：

 ~~~~~     x
其他部分  最后一位

翻转的话就相当于

x  连接上 其他部分的反转

其他部分的反转=r[i>>1]>>1

然后判一下最后一位,如果是1则加上Limit>>1

可以类比数位DP理解。

• “合并”的优化

观察合并的代码片段。

CP *fl=f,*fr=f+len/2;

for (int k=0;k<len/2;k++){
  CP tt=buf*fr[k];
  sav[k]=fl[k]+tt;
  sav[k+len/2]=fl[k]-tt;
  buf=buf*tG;
}for (int k=0;k<len;k++)f[k]=sav[k];

注意到指针fl[k] <--> f[k] . . . fr[k] <--> f[k+len/2]

那么我们完全可以用如下代码来代替:

fft(f,len/2,flag);
fft(f+len/2,len/2,flag);

for (int k=0;k<len/2;k++){
  CP tt=buf*f[k+len/2];
  f[k+len/2]=f[k]-tt;
  f[k]=f[k]+tt;//注意赋值顺序!
  buf=buf*tG;
}

这就规避了所有的数组拷贝。

可以写出如下代码:

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define Maxn 1350000
using namespace std;
const double Pi=acos(-1);
int n,m;
struct CP
{
  CP (double xx=0,double yy=0){x=xx,y=yy;}
  double x,y;
  CP operator + (CP const &B) const
  {return CP(x+B.x,y+B.y);}
  CP operator - (CP const &B) const
  {return CP(x-B.x,y-B.y);}
  CP operator * (CP const &B) const
  {return CP(x*B.x-y*B.y,x*B.y+y*B.x);}
}f[Maxn<<1],p[Maxn<<1];
//flag=1 -> DFT     flag=0 -> IDFT
void fft(CP *f,int len,bool flag)
{
  if (len==1)return ;
  fft(f,len/2,flag);
  fft(f+len/2,len/2,flag);
  CP tG(cos(2*Pi/len),sin(2*Pi/len)),buf(1,0);
  if (!flag)tG.y*=-1;
  for (int k=0;k<len/2;k++){
    CP tt=buf*f[k+len/2];
    f[k+len/2]=f[k]-tt;
    f[k]=f[k]+tt;//注意赋值顺序!
    buf=buf*tG;
  }
}
int tr[Maxn<<1];
int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i=0;i<=n;i++)scanf("%lf",&f[i].x);
  for (int i=0;i<=m;i++)scanf("%lf",&p[i].x);
  for(m+=n,n=1;n<=m;n<<=1);//把长度补到2的幂
  for(int i=0;i<n;i++)
    tr[i]=(tr[i>>1]>>1)|((i&1)?n>>1:0);
  for (int i=0;i<n;i++)
    if (i<tr[i])swap(f[i],f[tr[i]]);
  for (int i=0;i<n;i++)
    if (i<tr[i])swap(p[i],p[tr[i]]);
  fft(f,n,1);fft(p,n,1);//DFT
  for(int i=0;i<n;++i)f[i]=f[i]*p[i];
  for (int i=0;i<n;i++)
    if (i<tr[i])swap(f[i],f[tr[i]]);
  fft(f,n,0);
  for(int i=0;i<=m;++i)printf("%d ",(int)(f[i].x/n+0.49));
  return 0;
}

提交记录

可以看到还是TLE一个点QAQ

三角函数求值很慢,我们却使用了$O(nlogn)$次三角函数求值,可以考虑预处理来减小常数。

不过一种更有效的方式是:迭代实现(嘴巴讲不清楚的,看代码秒懂)。

还有一点,/2可以用位运算优化,我们把/2统一换成>>1。

迭代版代码:

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define Maxn 1350000
using namespace std;
const double Pi=acos(-1);
int n,m;
struct CP
{
  CP (double xx=0,double yy=0){x=xx,y=yy;}
  double x,y;
  CP operator + (CP const &B) const
  {return CP(x+B.x,y+B.y);}
  CP operator - (CP const &B) const
  {return CP(x-B.x,y-B.y);}
  CP operator * (CP const &B) const
  {return CP(x*B.x-y*B.y,x*B.y+y*B.x);}
}f[Maxn<<1],p[Maxn<<1];
int tr[Maxn<<1];
void fft(CP *f,bool flag)
{
  for (int i=0;i<n;i++)
    if (i<tr[i])swap(f[i],f[tr[i]]);
  //枚举区间长度
  for(int p=2;p<=n;p<<=1){
    int len=p>>1;//待合并的长度
    CP tG(cos(2*Pi/p),sin(2*Pi/p));
    if(!flag)tG.y*=-1;//p次单位根
    for(int k=0;k<n;k+=p){//枚举起始点
      CP buf(1,0);//遍历一个子问题并合并
      for(int l=k;l<k+len;l++){
        CP tt=buf*f[len+l];
        f[len+l]=f[l]-tt;
        f[l]=f[l]+tt;
        buf=buf*tG;
      }
    }
  }
}
int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i=0;i<=n;i++)scanf("%lf",&f[i].x);
  for (int i=0;i<=m;i++)scanf("%lf",&p[i].x);
  for(m+=n,n=1;n<=m;n<<=1);
  for(int i=0;i<n;i++)
    tr[i]=(tr[i>>1]>>1)|((i&1)?n>>1:0);
  fft(f,1);fft(p,1);//DFT
  for(int i=0;i<n;++i)f[i]=f[i]*p[i];
  fft(f,0);
  for(int i=0;i<=m;++i)printf("%d ",(int)(f[i].x/n+0.49));
  return 0;
}

怎么觉得比递归版好写？

这个版本是最经典的,建议背诵全文。

三句话记忆:

//F(x)=FL(x^2)+x*FR(x^2)
//F(W^k)=FL(w^k)+W^k*FR(w^k)
//F(W^{k+n/2})=FL(w^k)-W^k*FR(w^k)

评测记录

可以看到已经成功地通过了这道题。

附 : "三次变两次"优化

根据$(a+bi)*(c+di)=a(c+di)*bi(c+di)=ac-bd+adi+bci$

假设我们需要求$F(x)*G(x)$

设复多项式$P(x)=F(x)+G(x)i$ 也就是实部为$F(x)$,虚部为$G(x)$.

则$P(x)^2=(F(x)+G(x)i)^2=F(x)^2-G(x)^2+2F(x)G(x)i$

发现$P(x)^2$的虚部为 $2F(x)G(x)i$

也就是说求出$P(x)^2$之后,把它的虚部除以2即可.

Code:

为了卡常数还写了个快读……

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define Maxn 1350000
using namespace std;
const double Pi=acos(-1);
inline int read()
{
  register char ch=0;
  while(ch<48||ch>57)ch=getchar();
  return ch-'0';
}
int n,m;
struct CP
{
  CP (double xx=0,double yy=0){x=xx,y=yy;}
  double x,y;
  CP operator + (CP const &B) const
  {return CP(x+B.x,y+B.y);}
  CP operator - (CP const &B) const
  {return CP(x-B.x,y-B.y);}
  CP operator * (CP const &B) const
  {return CP(x*B.x-y*B.y,x*B.y+y*B.x);}
}f[Maxn<<1];//只用了一个复数数组
int tr[Maxn<<1];
void fft(CP *f,bool flag)
{
  for (int i=0;i<n;i++)
    if (i<tr[i])swap(f[i],f[tr[i]]);
  for(int p=2;p<=n;p<<=1){
    int len=p>>1;
    CP tG(cos(2*Pi/p),sin(2*Pi/p));
    if(!flag)tG.y*=-1;
    for(int k=0;k<n;k+=p){
      CP buf(1,0);
      for(int l=k;l<k+len;l++){
        CP tt=buf*f[len+l];
        f[len+l]=f[l]-tt;
        f[l]=f[l]+tt;
        buf=buf*tG;
      }
    }
  }
}
int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i=0;i<=n;i++)f[i].x=read();
  for (int i=0;i<=m;i++)f[i].y=read();
  for(m+=n,n=1;n<=m;n<<=1);
  for(int i=0;i<n;i++)
    tr[i]=(tr[i>>1]>>1)|((i&1)?n>>1:0);
  fft(f,1);
  for(int i=0;i<n;++i)f[i]=f[i]*f[i];
  fft(f,0);
  for(int i=0;i<=m;++i)
    printf("%d ",(int)(f[i].y/n/2+0.49));
  return 0;
}

相信经过上面的学习,这份代码大家都能够理解,我就不再赘述了.

评测记录 $\quad$( $2020.5.12$ 更新 : 评测记录)

快了一点吧！虽然本蒟蒻的常数还是很大QwQ

• Warning : 如果需要卷积的两个多项式值域相差太大,就会卡精度,慎用。

比如说$F(x)$的系数均在$[10^{-5},10^{-6}]$之间,$G(x)$的系数均在$[10^5,10^6]$之间。

直接做$FFT$,涉及的精度跨度上限是${10^{12}}$。

假如使用三次变两次优化,由于平方项的存在,涉及的精度跨度上限是${10^{24}}$,严重掉精度。

下方例题第二题直接铁头硬上会WA。

至于修正方法,可以把两个多项式数乘到相同的值域范围,这样子就不会产生平方项的大误差了。

注意最后要除回去。

附 : 点值的性质

我们的点值代表了整个多项式,加法和乘法都是对应的。

这可以用于某些(初等)卡常,比如我们如果要计算$A*B+B*C+A*C$

如果完全封装,每次乘法就要计算$3$次FFT,一共就是$9$次FFT。

化为$A*(B+C)+B*C$就是两次乘法,需要$6$次FFT。

我们也不必对$A*(B+C)$,$B*C$分别IDFT,可以加在一起统一做,这样一共就是$5$次FFT。

又注意到$DFT(B+C)=DFT(B)+DFT(C)$,又可以省去一次。

采用"三次变两次"优化,构造$H1=(A+(B+C)i);H2=(B+Ci)$

平方之后也不需要分别IDFT,这样做是$3$次FFT,只折合原来的一次暴力。

$\color{Black}\colorbox{lightgreen}{总结一下}$

卡常有什么好总结的？去吊打集训队问wys吧。

$\color{Black}\colorbox{yellow}{习题}$

• A*B Problem升级版

• 力

---

5.后话

那么讲到这里,想必FFT的大部分内容你已经掌握了,到了说再见的时候了……

再见啦~(挥手)

欲知后事如何,请看下集:NTT与多项式全家桶! (看完你会了解更多的多项式工业)