快速傅里葉變換

多項式乘法

記多項式F(x),G(x) 進行乘法，得到一個新的多項式H(x) ，記CPoly(i) 表示Poly 這個多項式xi 這一項的係數是多少。

那麼CH(i)=∑ij=0CF(j)CG(i−j)
我們也稱這種形式的乘法爲卷積。

樸素地計算H(x) 的時間複雜度顯然是O(n2) 的。
但是我們可以通過點值和插值運算，得到新多項式的值的信息，再得到新的多項式。

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點值與插值

點值運算

一個n 次多項式f(x) 以由n+1 個點值對(x0,f(x0)),(x1,f(x1)),⋯,(xn,f(xn)) 來表示，其中xi 各不相同。
因爲n+1 個點值對確定的n 次多項式是唯一的。

證明
記係數列向量AT=(c0,c1,⋯,cn) ， 行向量B=(f(x0),f(x1),⋯,f(xn))
那麼B=VnA ，其中Vn 是n 階範德蒙德矩陣。
而範德蒙德矩陣可逆的充要條件是xi 互不相同。那麼這裏就可以求出唯一的逆矩陣V−1n ，以及唯一的係數列向量A=BV−1n

插值運算

插值運算是點值運算的逆運算。
用矩陣形式來表達則是A=BV−1n

應用

假如我們可以通過某種手段獲得兩個多項式的點值表達，則他們的積的多項式的點值表達則可以O(n) 的求出來。假如我們可以通過某種手段實現插值運算，則多項式問題就迎刃而解了。

注意這裏假如兩個多項式的次數爲n ，那麼我們需要求2(n+1) 個點值對。因爲乘出來的多項式次數是2n 的。

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N次複數根

定義

主n 次單位複數根是滿足wn=1 的複數w ，記爲wn
n 次複數根恰好有n 個，從圖像上看它們平分了複平面上的單位圓。
數值上這些根爲
wkn=e2π⋅kn
其中k=0,1,⋯,n−1
特別的，w0n=1

歐拉幅角公式

eiφ=cosφ+isinφ

證明
ex=1+x+x22!+x33!⋯
sinx=x−x33!+x55!⋯
cosx=1−x22!+x44!⋯

eiφ=1+iφ−φ22!−iφ33!+φ44!+⋯
cosφ=1−φ22!+φ44!⋯
isinφ=iφ−iφ33!+iφ55!⋯
eiφ=cosφ+isinφ

性質

以下的性質中可以將n 視作2 的冪，因爲實際操作時我們也是這麼做的。

複數的乘法對應旋轉，又由歐拉幅角公式可以看出這些複數的模長都爲1 ，於是就有

wkn=wk−1nwn=(wn)k

因爲wnn=w0n=1 ，故

• wpn=wpmodnn
• wanwbn=w(a+b)modnn

消去引理：wdkdn=wkn

證明
wdkdn=e2πdkdn=e2πkn=wnk

推論：

• wn2n=w2=−1
• wn2+kn=−wkn
• (wkn)2=w2kn=wkn2

折半引理

n 次複數根的平方組成的集合恰好是n2 次複數根組成的集合

證明
wkn2=(wkn)2=(wk+n2n)2

求和引理

∑n−1j=0(wkn)j=0

證明
∑n−1j=0(wkn)j=0=1−(wkn)n1−wkn=1−wknn1−wkn=1−1k1−wkn=0

注意這裏k 不能是n 的倍數，不然分母就爲0 了。

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計算點值表達

如何快速地計算點值表達呢？

樸素地計算點值顯然是O(n2) 的。
但是我們可以巧妙地選取複數根作自變量的值，加速運算。

核心思想

我們選取n 次複數根作爲自變量的值來求點值表達。
那麼計算A(wkn)=c0+c1wkn+⋯+cn−1(wkn)n−1
令A0(x)=c0+c2x2+⋯+c2kxk
A1(x)=c1+c3x+⋯+c2k+1xk
那麼A(wkn)=A0((wkn)2)+wknA1((wkn)2)
又根據折半引理，要求的自變量數減少了一半，但是總的多項式項數不變。

直到要求的自變量數只有一個，也就是w01=1 的時候，每個多項式的項數也只有一項常數項了，於是我們可以直接得到。根據上面的式子來遞歸計算就可以了。

具體實現

由於在實際實現程序的時候不能對整個數組進行復制，我們要考慮一下如何使用一些技巧來避免進行一整個數組的複製。

首先假如是遞歸地實現，大概是以下的流程。

• 如果多項式只剩下一項了，那麼返回常數項。否則
• 將多項式分成奇數項組成的多項式和偶數項組成的多項式，以當前所有自變量的平方作爲自變量遞歸計算兩個多項式的值
• 對所有的自變量合併兩個分多項式所得的結果

注意到在每一層的自變量都是wkn 的形式，其中k 取遍0 到n−1 。那麼我們就沒必要再開多餘的空間來記錄有哪些自變量。我們只需要簡單地知道多項式的項數n 就可以得到所有的自變量了。

於是遞歸版本大概長這個樣子

• 如果多項式只剩下一項了，那麼返回常數項。否則
• 將多項式分成奇數項組成的多項式和偶數項組成的多項式，以當前單位複數根的平方傳遞遞歸計算兩個多項式的值
• 對複數根的冪對應合併兩個分多項式所得的結果

但是這裏還是需要多開空間來存儲遞歸計算的結果，這一部分的處理也是這個算法比較巧妙的地方。

假如我們可以按照某種順序來儲存，並用某種順序計算，滿足
- 尋址快速(O(1))
- 線性空間
- 無後效性

那麼一個可行的算法就出來了。

一個簡單而又有效的方式，是按照它編號的二進制翻轉後的順序進行儲存係數和答案。（有趣的是，翻轉再翻轉就是本身。也就是說我們進行兩次這樣的運算以後我們得到的是原順序，之後會提到這個性質）
當n=8 的時候，大概是這樣的一個順序：

0,4,2,6,1,5,3,7

而此時每一層存儲的答案數組的意義是不同的。假如當前正在處理第k 層[l,r=l+n2k−1) 這個區間。那麼左半邊的答案數組fi(l≤i<mid) 代表的實際上是[l,mid=l+n2k) 區間這個多項式，以wimod2kn2k 爲自變量的值。

首先來看第一次遞歸。顯然奇數項都在右邊，偶數項都在左邊。
第二次遞歸也是（編號整除二以後），每一次遞歸是將區間劈成兩半，左邊恰好是偶數項右邊恰好是奇數項。這個結果是顯然的，因爲二進制翻轉後最低位爲0 的編號總是排在左邊，最低位爲1 的編號總是排在右邊，相當於把當前這一層的奇數項和偶數項分開成爲各自連續的一段。
於是分開多項式的問題解決了。

接下來就是轉移的問題。因爲(wk2n)2=(wk+n2n)2 ，因此它們來自於上一層的轉移是相同的。我們將所有的求值兩兩分成一組來考慮，它們是相互獨立的。

A(wk2n)=A0(wkn)+wk2nA1(wkn)
A(wk+n2n)=A0(wkn)+wk+n2nA1(wkn)=A0(wkn)−wknA1(wkn)

至此，層間的轉移就基本上解決了。

大致的程序實現應該是這樣的

• 將所有的編號翻轉並建立起對應關係
• 遞歸求值，記當前層求值的區間爲[l,r)
• 如果項數爲1 ，將該位的值記爲常數項並返回
• 否則遞歸兩側，得到一半的多項式的對應複數根爲自變量的值後，按照上面的式子得到這一層的值。具體來說
  
  1. 枚舉當前轉移的是哪一個分治區間。（ 若當前每個區間的長度爲2k(k>0) ，那麼總共有n2k 組，每一組內有2k−1 對轉移 ）
  2. 枚舉當前分治區間是哪一個轉移，轉移之。

高效率的實現方法

注意不要搞混枚舉的順序，假如我們先枚舉了是第幾個轉移，然後再枚舉區間，就會使得內存的讀取十分的零散，使得效率大大降低。

至此，求點值的部分已經實現完畢了。

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計算插值運算

理論部分

在實際操作的時候，點值運算和差值運算實際上相差不多。它相當於是通過將點值矩陣乘上範德蒙德矩陣的逆矩陣，然後得到係數矩陣。
而重點就在於得到範德蒙德矩陣的逆矩陣，不妨如下構造一個。

令V 爲n×n 的範德蒙德矩陣，我們令V−1i,j=1nVi,j 即可得到V 的逆矩陣V−1

證明
主要是要證明V−1V=E

• 當i≠j 時，(V−1V)i,j=∑n−1k=0V−1i,kVk,j
  又Vk,j=(wjn)k,V−1i,k=1nVi,k=1n(wkn)i=1n(win)k
  因此原式=∑n−1k=0(wjn)k⋅1n(win)k=1n∑n−1k=0(wi−jn)k
  因爲wi−jn≠0 ，根據求和引理，原式=0
• 當i=j 時，原式=1n∑n−1k=0(wi−jn)k=1n∑n−1k=01k=1

故V−1V=E ，證畢。

實際操作

程序實現的時候，我們並不需要重新實現一段求插值的代碼。因爲求點值和求插值十分的相似，我們只需要修改一小部分的參數就可以了。具體來說

• 令n 次單位複數根爲w−n1
• 重新使用上述遞歸過程
• 將結果的每一位除n

就完成了。

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快速傅里葉變換

上述的點值表達和插值運算綜合在一起就稱快速傅里葉變換(fast Fourier transfer)。
理論部分到此就結束了。
talk is cheap, show me your code.

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延伸

• 模意義下的FFT
  
  • 模數爲k2n+1 ，且是質數
  • 模數是質數
  • 模數是一般數
• 快速威爾士變換（fast Walsh transform），即FFT的布爾運算形式