FFT - 快速傅里叶变换

目录

• FFT - 快速傅里叶变换
  • 写在前面
  • 目的
  • 前置知识
  • 原根
    • 单位根
    • 单位根性质
    • 等比数列求和公式
  • 正文
    • 单位根反演
    • 推式子
    • 继续推式子
  • Code
  • 优化
  • 写在后面

写在前面

该博客仅为个人对一些算法的理解与总结，不保证正确性，同时欢迎各位纠正。

目的

FFT (Fast Fourier Transform) 是为了为快速求出两个多项式的卷积，也就是 $ C(x) = A(x) \ast B(x) $ ，或者表达为

\[c(i) = \sum_{j = 0}^{i} a(j) \times b(i - j) \]

( $ a(i), b(i), c(i) $ 为多项式系数 $ A(x), B(x), C(x) $ 为多项式 )

前置知识

原根

详细定义可参考 知乎 或 OI-WIKI，简而言之就是，对于模 $ m $ 意义下的原根 $ a $，有 $ a^1, a^2, \cdots, a^{\varphi(m)} \bmod m $ 的值各不相同，$ \varphi(m) $ 表示 欧拉函数 。

单位根

对于 $ \epsilon^n = 1 (\epsilon \neq 1)$，称 \(\epsilon\) 为 $ n $ 次单位根，其可以为模意义下的或复数意义下的。

对于模 $ m $ 意义下的， $ m $ 为质数，令原根为 $ g $ 则有 $ \gcd(g, m) = 1 $，此时若满足 $ n \mid m - 1 $ 则有 $ \epsilon = g^{\frac{m - 1}{n}} $。

证明：

\[&(g^{\frac{m - 1}{n}})^n &\equiv 1 \pmod{m}\\ \iff &g^{m - 1} &\equiv 1 \pmod{m}\\ \]

由 费马小定理 可知显然成立

对于复数意义下的，则可将一单位圆 n 等分，并取该 n 个点表示的复数，从 x 轴，也就是从 $ (1, 0) $ 开始取，逆时针从 0 开始对这些复数进行编号，对于第 k 个复数记作 $ \epsilon_n^k $，则对于幅角非零且最小的复数 $ \epsilon_n^1 $，由复数相乘时模长相乘幅角相加可知一定有 $ (\epsilon_n¹⁾k = \epsilon_n^k $，则称 $ \epsilon_n^1 $ 为 $ n $ 次单位根。

很多地方可能用 $ \omega $ 来表示单位根，也就是本文中的 $ \epsilon $，仅为表示方式的区别而已。

单位根性质

对于 $ n $ 次单位根有如下式子

\[(\epsilon^k)^2 = (\epsilon^{k + \dfrac{n}{2}})^2 \]

证明

\[\begin{align}(\epsilon^{k + \dfrac{n}{2}})^2 &= (\epsilon^k)^2 \times \epsilon^2\\ &= (\epsilon^k)^2 \end{align} \]

等比数列求和公式

详细证明

\[S_n = a_1 \dfrac{1-q^n}{1-q} \]

正文

单位根反演

对于 $ n $ 次单位根 $ \epsilon $，显然有如下的， $ a_1 = \epsilon^0 = 1 $， $ q = \epsilon^v $，的等比数列的求和为

\[\begin{align}\sum_{i = 0}^{n - 1} \epsilon^{vi} &= \dfrac{1 - \epsilon^{nv}}{1-\epsilon^v} (\epsilon^v \neq 1)\\ &= 0 \end{align} \]

又有 $ n $ 次单位根性质可知 $ \epsilon^v = 1 $ 时，上式 $ = 1 $。

且又有如下式子

\[\epsilon^v = 1 \iff n \mid v \]

综上则有如下式子

\[\dfrac{1}{n}\sum_{i = 0}^{n - 1}\epsilon^{vi} = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \quad n \nmid v\\ 1 & \quad n \mid v \end{array} \right. \]

此即为单位根反演

推式子

将单位根反演代入原式，令 $ v = p + q - i $，则 $ n \mid v $，

且令

\[d(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \quad p + q \not\equiv i \bmod{n}\\ 1 & \quad p + q \equiv i \bmod{n} \end{array} \right. \]

显然有如下式子

\[&\begin{align} c(i) &= \sum_{j = 0}^i a(j) \times b(i - j)\\ &= \sum_p\sum_q a(p) \times b(q) \times d(x)\\ &= \sum_{p = 0}^{n - 1}\sum_{q = 0}^{n - 1} a(p) \times b(q) \times \dfrac{1}{n}\sum_{k = 0}^{n - 1}\epsilon^{k \times (p + q - i)}\\ &= \sum_{p = 0}^{n - 1} a(p) \sum_{q = 0}^{n - 1} b(q) \times \dfrac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1}\epsilon^{kp}\epsilon^{kq}\epsilon^{-ki}\\ &= \sum_{p = 0}^{n - 1} a(p)\epsilon^{kp} \sum_{q = 0}^{n - 1} b(q)\epsilon^{kq} \times \dfrac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1}\epsilon^{-ki}\\ \end{align}\\ \iff&n \times c(i) \sum_{k = 0}^{n - 1}\epsilon^{ki} = \sum_{p = 0}^{n - 1} a(p)\epsilon^{kp} \sum_{q = 0}^{n - 1} b(q)\epsilon^{kq} \]

观察最后两个式子，可以发现如下两个式子

\[& c(i) = \sum_{p = 0}^{n - 1} a(p)\epsilon^{kp} \sum_{q = 0}^{n - 1} b(q)\epsilon^{kq} \times \dfrac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1}\epsilon^{-ki}\\ \iff&n \times c(i) \sum_{k = 0}^{n - 1}\epsilon^{ki} = \sum_{p = 0}^{n - 1} a(p)\epsilon^{kp} \sum_{q = 0}^{n - 1} b(q)\epsilon^{kq} \]

考虑令该多项式上一点为 $ (\epsilon^p, f(p)) $，多项式第 $ p $ 项系数为 $ g(p) $，有

\[\begin{align} f(p) &= \sum_{i = 0}^{n - 1}\epsilon^{pi}g(i)\\ g(p) &= \dfrac{1}{n}\sum_{i = 0}^{n - 1}\epsilon^{-pi}f(i) \end{align} \]

证明

\[//TODO \]

则可知求 $ f(p) $ 的过程即为DFT，求 $ g(p) $ 的过程即为IDFT。

由定义显然有

\[DFT(C, i) = DFT(A, i) \times DFT(B, i) \]

（ $ A, B, C $ 均代表该多项式 ）

又有

\[IDFT(DFT(C)) = C \]

证明

\[//TODO \]

则此时多项式 C 可求，但时间复杂度仍然是 $ O(n^2) $

继续推式子

对于

\[f(p) = \sum_{i = 0}^{n - 1}\epsilon^{pi}g(i) \]

可以考虑 $ f(p) $ 与 $ f(p + 2^k) $ 的关系，则此时我们可以假设 $ n = 2^{k + 1} $

且令

\[d_1(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \quad i \equiv 0 (\bmod{2})\\ 1 & \quad i \equiv 1 (\bmod{2}) \end{array} \right.\\ d_2(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & \quad i \equiv 0 (\bmod{2})\\ 0 & \quad i \equiv 1 (\bmod{2}) \end{array} \right. \]

由单位根的性质可以得到以下式子

\[\begin{align}f(p + 2^k) &= \sum_{i = 0}^{n - 1}(\epsilon^{p + 2^k})^ig(i)\\ &= \sum_{i = 0}^{n - 1}(\epsilon^p)^ig(i)d_1(i) + \sum_{i = 0}^{n - 1}(\epsilon^p)^iug(i)d_2(i) \end{align} \]

其中u为一个二次单位根，因为显然当且仅当 $ i $ 为奇数时，下式不为 $ 0 $。

\[\sum_{i = 0}^{n - 1}(\epsilon^p)^iug(i)d(i) \]

$ i $ 为奇数时，可以有如下推导

\[\begin{align}\sum_{i = 0}^{n - 1}(\epsilon^{p + 2^k})^ig(i) &= \sum_{i = 0}^{n - 1}(\epsilon^p)^i\epsilon^{2^k}g(i)\\ \end{align} \]

此时显然有

\[\begin{align}(\epsilon^{2^k})^2 &= \epsilon^{2^{k + 1}} \end{align} \]

且我们已知 $ \epsilon $ 为 $ 2^{k + 1} $ 次单位根，所以显然有

\[\epsilon^{2^{k + 1}} = 1 \]

所以 $ \epsilon^{2k} $ 为二次单位根，这里为了方便，我们用 $ u $ 代替。

此时可以考虑令

\[f^{'}(p) &=& \sum_{i = 0}^{n - 1}(\epsilon^p)^ig(i)d_1(i)\\ f^{'}(p + 2^k) &=& \sum_{i = 0}^{n - 1}(\epsilon^p)^{i}g(i)d_2(i) \]

所以将幂次除以二后，显然有（此时 $ \epsilon $ 应为 $ \dfrac{n}{2} $ 次单位根）

\[f^{'}(p) &=& \sum_{i = 0}^{\frac{n}{2} - 1}(\epsilon^p)^{i}g(i \times 2)\\ f^{'}(p + 2^k) &=& \sum_{i = 0}^{\frac{n}{2} - 1}(\epsilon^p)^{i}g(i \times 2 + 1) \]

再将式子转化为

\[f^{'}(p) &=& \sum_{i = 0}^{n^{'}}(\epsilon^p)^{i}g_1(i)\\ f^{'}(p + 2^k) &=& \sum_{i = 0}^{{n^{'}}}(\epsilon^p)^{i}g_2(i) \]

此时式子形式便可按相同方法继续递归，直到 $ n = 2 $ 时进行回溯。

Code

//TODO

优化

//TODO

写在后面

写完之后发现依然没有很清晰的弄明白，然后发现有几个Blog写的更清晰易懂

一小时学会快速傅里叶变换（Fast Fourier Transform）

小学生都能看懂的FFT！！！

至于几个TODO等以后再慢慢填坑吧

标签：epsilon,sum,FFT,单位根,times,TEST,傅里叶,align,式子
来源： https://www.cnblogs.com/tsawke/p/16572609.html