FFT入門

FFT的用途

在$,\Theta(n\log{n}),$的時間內計算離散傅立葉變化（DFT），通常用來計算多項式乘法

點值表示式

引理1：任何$,n-1,$次多項式可以由其在$,n,$個點的取值唯一確定

考慮反證，設$,n,$個點$,a_1,a_2\cdots a_n$同時被兩個$,n-1,$次多項式函式$,A,B,$經過，令
$$
C(x)=A(x)-B(x)\rightarrow \forall x_0\in a,,,C(x_0)=A(x_0)-B(x_0)=0
$$
與代數基本定理矛盾，假設不成立，得證

那麼，可以用點值表示式唯一確定一個多項式，而點值表示式的乘積可以在$,\Theta(n),$的時間內算出，就是對應點的點值相乘

關於複數

如果您學過複數，請略過

我們定義複數為形如$,a+bi,$的數，其中$,a,$叫實部，$,b,$叫虛部

定義複數的運算：
$$
(a+bi)+(c+di)=(a+b)+(c+d)i
$$

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

$$
(a+bi)\times(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i
$$

$$
\frac{a+bi}{c+di}=\frac{ac+bd}{c^2+d2}+\frac{bc-ad}{c^2+d2}i
$$

不難發現這些運算符合交換律，結合律和分配律

定義複數的模長$,|z|,$和輻角$,\theta,$：
$$
z=a+bi\rightarrow |z|=\sqrt{a^2+b

$$
sin\theta=\frac{b}{\sqrt{a^2+b2}},,,,,cos\theta=\frac{a}{\sqrt{a^2+b2}}
$$

定義$,z,$的共軛複數$,z^\prime,$：
$$
z=a+bi\rightarrow z^\prime=a-bi
$$
結合定義，有
$$
|z|=|z^\prime|,z·z\prime=a^2+b2
$$
把複數$,z=a+bi,$對映為平面上的點$,(a,b),$，可以發現複數$,a+bi,$和向量$,(a,b),$一一對應

考慮兩者之間的關聯，發現加減規則相同，向量內積的幾何意義是平行四邊形的對角線長度，而複數乘意為模長相乘，輻角相加，這一點結合複數的運算不難推出

單位根

定義$,n,$次單位根$,\omega,$為滿足$,\omega^{n}=1,$的複數$,\omega$，發現$,n,$次單位根對應平面上單位圓的$,n,$等分點

設$,\omega_{n}^{k},$表示輻角第$,k,$大的$,n,$次單位根，聯想複數乘法的幾何意義，不難發現：
$$
w_{n}^k=w_{n}{k,,mod,,n},,,,,w_n^{a+b}=w_na+w_n^b,,,,,w_nn=w_n^0=1
$$
運用尤拉公式$,e^{{i\theta}=isin\theta+cos\theta,$，可得$w_n}k=e^{2\pi\frac{k}{n}i}$，由此可以得到下方的兩條引理：

引理2（消去引理）：$w_{mn}^{mk}=w_{n}k$.

引理3（折半引理）：$w_n^{{k+\frac{n}{2}}=-w_n}k$.

引理2證明如下：
$$
w_{mn}^{mk}=e{2\pi\frac{mk}{mn}i}=e^{{2\pi\frac{k}{n}i}=w_n}k
$$
引理3證明如下：
$$
w_{n}^{{k+\frac{n}{2}}=e}{2\pi\frac{k+\frac{n}{2}}{n}i}=e^{{2\pi\frac{k}{n}i}e}{2\pi\frac{1}{2}i}=-e^{{2\pi\frac{k}{n}i}=-w_n}k
$$

單位根與FFT

考慮到FFT有兩個難點，一是係數表示式轉點值表示式，二是反向轉化

正向變換

先考慮用單位根優化第一步，令偶次多項式$,A,B,$為
$$
A(x)=a_0+a_1x+a_2x^{2+\cdots+a_{n-1}x}{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1}a_ixi
$$

$$
B(x)=b_0+b_1x+b_2x^{2+\cdots+b_{n-1}x}{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1}b_ixi
$$

這裡如果次數不足，係數用$,0,$補足

不妨討論$,A,$，令
$$
A1(x)=a_0+a_2x+a_4x^{2+\cdots+a_{n-2}}{\frac{n-2}{2}}=\sum_{i=0}^{{\frac{n-2}{2}}a_{2i}x}i
$$

$$
A2(x)=a_1+a_3x+a_5x^{2+\cdots+a_{n-1}x}{\frac{n-2}{2}}=\sum_{i=0}^{{\frac{n-2}{2}}a_{2i+1}x}i
$$

於是有：
$$
A(x)=A1(x^2)+xA2(x2)
$$
將$,n,$次單位根一一帶入$,A,$有

若$,0\leq k \leq \frac{n}{2}-1$，則
$$
A(w_n^k)=A1(w_n{2k})+w_n^kA2(w_n{2k})=A1(w_{\frac{n}{2}}^k)+w_nkA2(w_{\frac{n}{2}}^k)
$$
若$,\frac{n}{2}\leq k^\prime \leq n-1$，記$,k^\prime=k+\frac{n}{2},$則
$$
A(w_n^{k+\frac {n}{2}})=A1(w_n^{2k+n})+w_n{k+\frac {n}{2}}A2(w_n^{{2k+n})=A1(w_{\frac{n}{2}}}k)-w_n^{kA2(w_{\frac{n}{2}}}k)
$$
顯然，知道$,A1,A2,$的值之後，我們可以$,\Theta(1),$求出$,A,$的取值，這樣操作$,n,$次，我們就得到了$,A,$的點值表示式

$A1,A2$是兩個$\frac{n}{2}$次的多項式，可以遞迴求解，於是複雜度為：
$$
T(n)=2T(\frac{n}{2})+\Theta(n)=\Theta(n\log n)
$$

反向變換

再考慮將點值表示式轉化為係數表示式，這個過程叫做離散傅立葉反變換

不妨記原多項式函式為$,F(x)=a_0+a_1x+a_2x^{2+\cdots+a_{n-1}x}{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1}a_ixi$

令$,A(x)=\sum_{i=0}^{n-1}d_ixi,$其中$,d,$是$,a,$離散傅立葉變換的結果，即我們對$,a,$進行正向變換從而得到$,d,$

設
$$
c_k=A(w_n^{{-k})=\sum_{i=0}}{n-1}d_i(w_n^{-k})i
$$
考慮將$,d,$展開，得
$$
c_k=\sum_{i=1}^{{n-1}(\sum_{j=0}}{n-1}a_j(w_nⁱ⁾j)(w_n^{-k})i
$$
為了利用單位根的性質，考慮交換求和號
$$
c_k=\sum_{i=1}^{{n-1}(\sum_{j=0}}{n-1}a_j(w_nⁱ⁾j)(w_n^{-k})i=\sum_{j=0}^{{n-1}a_j\sum_{i=0}}{n-1}(w_nⁱ⁾j(w_n^{-k})i=\sum_{j=0}^{{n-1}a_j\sum_{i=0}}{n-1}(w_nⁱ⁾{j-k}
$$
令
$$
S(j,k)=\sum_{i=0}^{n-1}(w_ni)^{j-k}
$$
不難看出這是一個等比數列，而且有$S(i,i)=n$，接著考慮$j\neq k$的情況

直接運用等比數列求和公式：
$$
S(j,k)=\sum_{i=0}^{n-1}(w_ni)^{{j-k}=\frac{w_n}0(w_n^{{n(j-k)}-1)}{w_n}{j-k}-1}=0
$$
可以注意到上式中$,w_n^n\equiv1,$，那麼便不難計算

整理得：
$$
S(j,k)=n\times[j\neq k]
$$
將$,S(j,k),$帶回$,c_k,$的表示式，得
$$
c_k=\sum_{j=0}^{n-1}a_jS(j,k)=na_k
$$
考慮用$,c,$來表達$F(x)$，於是有
$$
F(x)=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}c_ixi
$$
此時就得到了大致的思路：

正向變換時已經得到了$,d$，就是點值兩兩相乘的結果

由$c_k=A(w_n^{{-k})=\sum_{i=0}}{n-1}d_i(w_n^{-k})i$不難看出$,c,$是$,d,$進行一次離散傅立葉變換的結果

最後有
$$
a_k=\frac{c_k}{n}
$$
綜上，我們實現了在$,\Theta(n\log n),$的時間內計算多項式乘法

程式碼實現

//等我會寫了再上傳