[學習筆記] FFT
阿新 • • 發佈：2020-10-11
填一下$FFT$ 的坑。
我們的目標是求$A\times B$的係數（$A,B$為係數已知的多項式）
## 關於 $\omega$
大概講一下
我們有複數 $\omega$。
$\omega_n^k=\cos \frac{2k\pi}{n}+i\times\sin\frac{2k\pi}{n}$
可以把它看作把單位圓進行n等分，然後進行標號，$k$ 每增加1，即使逆時針往後移一個
這東西有幾個性質：
- $\omega_n^{k+n}=\omega_n^k$
相當於轉了一圈又回來了
- $\omega_n^{k+\frac n 2}=-\omega_n^k$
轉到對面去了
- $\omega_n^k=\omega_{\frac n 2}^{\frac k 2}$
進行了縮放，但還是在同一個位置
## 大體思路
對於一個n-1次的多項式$A(x)$，我們如果知道它的$n$個不同的$x$對應的值（我們稱它為點值）,那麼我們就能還原它的係數。
- 如果我們要求 $A(x)\times B(x)$ 的係數，那麼我們就可以先算出 $A$ 和 $B$ 在$n$個$x$處對應的點值，將兩者相乘，這即是$A\times B$在$x$處的點值，然後將它還原即可。
而$FFT$就用到了這一點。
總體思路就是：
- 我們首先將 $\omega_n^0,\omega_n^1,\omega_n^2,...,\omega_n^{n-1}$ 代入兩多項式，算出各多項式的點值（我們稱其為 $DFT$ 操作），再將兩者相乘，將得到的值還原為係數（我們稱其為 $iDFT$ 操作）。
## $DFT$
$\begin{aligned}A(\omega_n^k)&=\sum_{i=0}^{n-1}a_0\times\omega_n^{ik}\\&=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac n 2\rfloor}a_{2i}\times(\omega_n^2)^{ik}+\omega_n^1\sum_{i=0}^{\lfloor\frac n 2\rfloor}a_{2i+1}\times(\omega_n^2)^{ik}\end{aligned}$
- 進行奇偶分類:
$A_0(\omega_n^{k})=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac n 2\rfloor}a_{2i}\times(\omega_n^{k})^i,A_1(\omega_n^{k})=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac n 2\rfloor}a_{2i+1}\times(\omega_n^{k})^i$
- 繼續把式子推下去：
（$k\le\frac n 2$）
$\begin{aligned}A(\omega_n^k)&=A_0(\omega_n^{k})^2+\omega_n^kA_1(\omega_n^{k})^2\\&=A_0(\omega_{\frac n 2}^{k})+\omega_n^kA_1(\omega_{\frac n 2}^{k})\end{aligned}$
$\begin{aligned}A(\omega_n^{k+\frac n 2})&=A_0(\omega_n^{k+\frac n 2})^2+\omega_n^{k}A_1(\omega_n^{k+\frac n 2})^2\\&=A_0(\omega_{\frac n 2}^{k+\frac n 2})+\omega_n^{k}A_1(\omega_{\frac n 2}^{k+\frac n 2})\\&=A_0(\omega_{\frac n 2}^k)-\omega_n^{k}A_1(\omega_{\frac n 2}^k)\end{aligned}$
有了這個式子我們就能迭代求解了。
時間複雜度是$\varTheta(n\log n)$ 的。
## $iDFT$
進入$iDFT$ 的過程。
設 $C=A\times B$
考慮：
$\begin{aligned}C(\omega_n^k)&=DFT.A(\omega_n^k)\times DFT.B(\omega_n^k)\\\sum_{i=0}^{n-1}c[i]\times(\omega_n^k)^i&=DFT.A(\omega_n^k)\times DFT.B(\omega_n^k)\\\sum_{i=0}^{n-1}DFT.A(\omega_n^i)\times DFT.B(\omega_n^i)\times(\omega_n^{-k})^i&=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}c[j]\times(\omega_n^i)^j\times(\omega_n^{-k})^i\\\sum_{i=0}^{n-1}DFT.A(\omega_n^i)\times DFT.B(\omega_n^i)\times(\omega_n^{-k})^i&=\sum_{j=0}^{n-1}c[j]\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{i(j-k)}\end{aligned}$
- 當 $j=k$ 時：
$\omega_n^{i(j-k)}=\omega_n^0=1$
$\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{i(j-k)}=n$
- 當 $j\ne k$ 時：
$\begin{aligned}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{i(j-k)}&=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n-1} 2\rfloor}\omega_n^{i(j-k)}+\omega_n^{(n-i)(j-k)}\\&=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n-1}2\rfloor}\omega_n^{i(j-k)}+\omega_n^{-i(j-k)}\\&=0\end{aligned}$
- 那麼我們就有：
$\begin{aligned}DFT.A(\omega_n^i)\times DFT.B(\omega_n^i)\times(\omega_n^{-k})^i&=c[k]\times n\\c[k]&=\frac{DFT.A(\omega_n^i)\times DFT.B(\omega_n^i)\times(\omega_n^{-k})^i}n\end{aligned}$
- 所以我們只需要把$DFT.A(\omega_n^i)\times DFT.B(\omega_n^i)$ 當作係數，將$\omega_n^{-k}$代入$DFT$的過程，求出來的點值除以$n$，就是$A\times B$的係數。
## 程式碼：
```cpp
#include
#define cp complex
using namespace std;
const int N=2100005; double pi=acos(-1);
cp a[N],b[N],c[N];
int n,m,lg;
void FFT(cp *a,int n,int inv){
if (n==1) return;
int m=n/2;
cp a0[n],a1[n];
for (int i=0;i
#define cp complex
using namespace std;
const int N=2100005; double pi=acos(-1);
cp a[N],b[N],c[N],u,t;
int n,m,x,lg;
void FFT(cp *a,int n,int opt){
for (int i=0;i>j)&1) t|=(1<<(lg-j-1));
if (i >1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
for (int i=0;i<=L1;i++)
p[i]=cp(x[i]>>15,x[i]&32767);
for (int i=0;i<=L2;i++)
q[i]=cp(y[i]>>15,y[i]&32767);
FFT(p,n,1); FFT(q,n,1);
for (int i=0;i