学习FFT（快速傅里叶变化）小记

（话说这是1年前的坑啊）

楔子

话说最近被什么“初三不会SAM就退役”等鬼话给迷惑了。
左学右学了好久。
还是不会SAM啊
symbol说不可以信这些鬼话。
然后又有这么一句话“初三不会FFT就退役”
就被诱惑去学FFT了。

正文

注：这些内容是在多项式专题讲师的指导下学的，不全也别怪我，

复数

引用一下定义

我们把形如a+bi（a,b均为实数）的数称为复数.
其中a称为实部，b称为虚部，i称为虚数单位.
当虚部等于0时，这个复数是实数。
实部等于0时，常称z为纯虚数。
i=√-1

有了复数的定义之后，我们再看看另外的东西——
复平面

复平面是一个坐标系
横轴表示实数，纵轴表示虚数
复平面上的点都能表示所有的复数
点(x,y)表示复数x+iy
一个复数z=a+bi在复平面上到原点的距离为$\sqrt{a^2+b^2}$,称此为复数z的模长r，记作$|z|$

这里有一个神奇的图可以帮助理解：

你问我什么可以画这么个坐标轴？
因为i为虚数，所以可以在x坐标上表示，也就是把每个单位长换做是i就差不多了。
打死也不说是数学老师上函数课无聊时讲的
然后我们来找找其中的一些神奇的性质。

首先，当Z不在原点的时候，即Z<>0 （讲师PPT上是Z!=0吓得我以为是阶乘）$\overrightarrow{OZ}$与x轴的夹角记作是Arg Z
那么Z就可以表示为
$Z=|z|\ast (cos(ArgZ)+i\ast sin(ArgZ))$
什么意思呢？

首先，看看sin与cos
sin表示a/c
cos表示b/c
然后上面的式子就为：
$Z=|z|\ast (a/|z|+i\ast b/|z|)$
$Z=a+i\ast b$
符合原来的定义。
然后这个就叫做是三角表示。

然后我们有这个东东了之后，是否可以大胆地想：“把两个复数的乘积用三角表示表示出来？”
$Z1=r1\ast (cos(\phi )+i\ast sin(\phi ))//\phi =ArgZ1,r1=|z1|$
$Z2=r2\ast (cos(\theta )+i\ast sin(\theta ))//\theta =ArgZ2,r2=|z2|$
合并起来：
$Z1Z2=r1\ast r2\ast ((cos(\phi )cos(\theta )-sin(\phi )sin(\theta ))+i\ast (cos(\phi )sin(\theta )+cos(\theta )sin(\phi )))$
$\because 三角恒等式，也就是下面的东东$

证明？必修四上似乎有讲，当然，和百度百科是一样的。
（自百度百科）
取直角坐标系，作单位圆；取一点A，连接OA，与X轴的夹角为α，取一点B，连接OB，与X轴的夹角为β， 则OA与OB的夹角即为α-β
$\because A(cos(\alpha ),sin(\alpha )),B(cos(\beta ),sin(\beta ))$
$\therefore \overrightarrow{OA}=(cos(\alpha ),sin(\alpha )),\overrightarrow{OB}=(cos(\beta ),sin(\beta ))$
$\therefore \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|cos(\alpha -\beta )=cos(\alpha )cos(\beta )+sin(\alpha )sin(\beta )$
$\because |\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{OB}|=1$
$\therefore cos(\alpha -\beta )=cos(\alpha )cos(\beta )+sin(\alpha )sin(\beta )$
取$\beta =-\beta$，可得$cos(\alpha +\beta )=cos(\alpha )cos(\beta )-sin(\alpha )sin(\beta )$
下面那条式子是同理。

然后根据上面的三角恒等式，可以发现——
$Z1Z2=r1\ast r2\ast (cos(\phi +\theta )+i\ast sin(\phi +\theta ))$
这样好！
那么总结一下就是——
我们得到了两个复数相乘的运算法则：模长相乘，幅角相加。

然后我们继续看看其他神奇的东西：
考虑一个方程：
$$x^n=1$$
求x的复数解。
直接告诉你结论——
$$有n个解，第i个解为:xi=cos(\frac{2\pi i}{n})+i\ast sin(\frac{2\pi i}{n})$$
证明？
由于模长为1，然后可以画一个圆，每次就把圆的一条边旋转那么n次，然后回到0。
很好理解对吧？

好的，复数的一些内容大致到此结束。
这么快？因为这些都是为后文做铺垫滴~~~

FFT

其实就是这么个问题——
给出两个多项式A(x)，B(x)
要求快速求出C(x)=A(x)*B(x)

一些定义：
1、次数界：最高次数+1即为次数界。
然后对于一个次数界为n的多项式A(x)可以表示为：$A(x)={\sum }_{i=0}^{n-1}{a}_i\ast x^i$
$a_i$表示每一项的系数。
2、点值与点值表达：
一个次数界为n的多项式$A(x)={\sum }_{i=0}^{n-1}{a}_i\ast x^i$的点值表达就是一个由n个点值对所组成的集合：{$(x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_{n-1},y_{n-1})$}
$y_k=A(x_k)$
举个例子：
比如$A(x)=x^2+3x+5$
那么任意一个点值表达为：$(-1,3)(0,5)(1,10)$
第一个的意义是当x=-1时，A(x)=3
3、差值表达：
插值运算是根据多项式的点值表示确定多项式系数表示中的系数，是点值运算的逆运算
意思就是把一个点值表达式变成差值表达。

注意：任意一个点值表达只能表示一种多项式，这叫做：多项式插值的唯一性
这是个定理，至于证明的话，我不会~

那么我们就可以知道FFT的工作原理——
注意：提示：对于次数界为n的多项式A与次数界为m的多项式B，AB的多项式C的次数界为n+m-1*
第1步:点值运算 构造长度为n+m-1的点值,求得A与B的点值表示
A表示为：{$(x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_{n+m-2},y_{n+m-2})$}
B表示为：{$(x_0,y_0^{\prime }),(x_1,y_1^{\prime }),...,(x_{n+m-2},y_{n+m-2}^{\prime })$}
第2步:逐点相乘 那我们可以得知C的点值表示
C表示为：{$(x_0,y_0\ast y_0^{\prime }),(x_1,y_1\ast y_1^{\prime }),...,(x_{n+m-2},y_{n+m-2}\ast y_{n+m-2}^{\prime })$}
第3步:插值运算 通过C的点值表示求出多项式C的每项系数

具体流程：
第1步：根据霍纳法则可得：$A(x)=a_0+x_0(a_1+x_0(a_2+x_0(...(a_{n-2}+x_0\ast a_{n-1})...)))$
不会的点这里
https://baike.baidu.com/item/%E9%9C%8D%E7%BA%B3%E6%B3%95%E5%88%99/4822190?fr=aladdin
第2步：使用lu分解。时间复杂度为$O(n^3)$
不会的点这里
https://baike.baidu.com/item/lu%E5%88%86%E8%A7%A3/764245?fr=aladdin
第2.5步：使用拉格朗日。时间复杂度$O(n^2)$
不会的点这里
https://baike.baidu.com/item/%E6%8B%89%E6%A0%BC%E6%9C%97%E6%97%A5%E5%85%AC%E5%BC%8F#3
当然，上述的都不重要，重点在后。

N次单位根的性质——
我们称为${\omega }_n$=${\omega }_n^1$主n次的单位根
别看它那么深奥，则其实就是之前方程中的x。
我们可以发现，n的单位根的模长都为1，且两两相临的单位根的夹角都相等。
那么：${\omega }_n^i={\omega }_n\ast {\omega }_n^{i-1}$
所以说这是一个等比数列。公比p=主n次的单位根

这张图是复平面上 主8次的单位根 的图。
我们找找一些性质——
1、${\omega }_n^n={\omega }_n^0=1$
2、${\omega }_n^x{\omega }_n^y={\omega }_n^{x+y}={\omega }_n^{(x+y)modn}$
因为两个相乘就相当于两个相加（显然），然后就相当于旋转了(x+y)次。如果mod一下，那么就相当于转了很多圈回到了原来的一个值。
3、${\omega }_n^x={\omega }_n^{n+x}$
证明与上面的一样。
4、群的性质：满足${\omega }_n^x<>{\omega }_n^y$当且仅当x mod n<>y mod n
5、消去引理：${\omega }_{dn}^{dx}={\omega }_n^x$
6、折半引理：$({\omega }_n^i{)}^2=({\omega }_n^{i+\frac{n}{2}}{)}^2={\omega }_n^{2i}(当2|n时)$
证明：
$\because ({\omega }_n^i{)}^2={\omega }_n^{2i}$
$\because {\omega }_n^{2i}={\omega }_n^{2i+n}=({\omega }_n^{i+\frac{n}{2}}{)}^2$
$\therefore ({\omega }_n^i{)}^2=({\omega }_n^{i+\frac{n}{2}}{)}^2$
事实上：${\omega }_n^i=-{\omega }_n^{i+\frac{n}{2}}$
很好理解恩？
7、求和引理： 对于任意正整数n和非负整数k，且n不是k的倍数时，满足：${\sum }_{i=0}^{n-1}({\omega }_n^k{)}^i=0$
证明：
运用等比数列：
$$\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^k{)}^i=\frac{1-({\omega }_n^k{)}^n}{1-{\omega }_n^k}=\frac{1-({\omega }_n^n{)}^k}{1-{\omega }_n^k}=\frac{1-1^k}{1-{\omega }_n^k}=0$$
8、不知道什么引理或定理：
${\omega }_n^{k+\frac{n}{2}}=-{\omega }_n^k$
至于为什么，就是根据它在图像上的向量求的。

然后就是fft的关键：

考虑多项式
$A(x)={\sum }_{i=0}^{n-1}{a}_i\ast x^i=a_0\ast x^0+a_1\ast x^1+a_2\ast x^2+\dots \dots +a_{n-1}\ast x^{n-1}$
我们把这个玩意按照下标奇偶性来分个类。
$=(a_0\ast x^0+a_2\ast x^2+\dots \dots +a_{n-2}\ast x^{n-2})+(a_1\ast x^1+a_3\ast x^3+\dots \dots +a_{n-1}\ast x^{n-1})$
$=(a_0\ast x^0+a_2\ast x^2+\dots \dots +a_{n-2}\ast x^{n-2})+x\ast (a_1\ast x^0+a_3\ast x^2+\dots \dots +a_{n-1}\ast x^{n-2})$
设
$A1(x)=a_0\ast x^0+a_2\ast x+a_4\ast x^2+\dots \dots +a_{n-2}\ast x^{\frac{n-2}{2}}$
$A2(x)=a_1\ast x^0+a_3\ast x+a_5\ast x^2\dots \dots +a_{n-1}\ast x^{\frac{n-2}{2}}$
则
$A(x)=A1(x^2)+x\ast A2(x^2)$
设$k<=\frac{n}{2}$，然后把${\omega }_n^k$代入$x$得到：
$A({\omega }_n^k)=A1(({\omega }_n^k{)}^2)+{\omega }_n^k\ast A2(({\omega }_n^k{)}^2)$
根据折半引理：
$A({\omega }_n^k)=A1({\omega }_n^{2k})+{\omega }_n^k\ast A2({\omega }_n^{2k})$
根据消去引理：
$A({\omega }_n^k)=A1({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)+{\omega }_n^k\ast A2({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)$
然后再把${\omega }_n^{k+\frac{n}{2}}$代入得到
$A({\omega }_n^{k+\frac{n}{2}})=A1(({\omega }_n^{k+\frac{n}{2}}{)}^2)+{\omega }_n^{k+\frac{n}{2}}\ast A2(({\omega }_n^{k+\frac{n}{2}}{)}^2)$
$A({\omega }_n^{k+\frac{n}{2}})=A1({\omega }_n^{2k+n})-{\omega }_n^k\ast A2({\omega }_n^{2k+n})$
$A({\omega }_n^{k+\frac{n}{2}})=A1({\omega }_n^{2k})-{\omega }_n^k\ast A2({\omega }_n^{2k})$
$A({\omega }_n^{k+\frac{n}{2}})=A1({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)-{\omega }_n^k\ast A2({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)$
继而发现，上面两坨玩意儿只有一个符号变了。
意味着，求出$A1({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)$和$A2({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)$的答案，即可求出$A({\omega }_n^k)$与$A({\omega }_n^{k+\frac{n}{2}})$

那么递归！
每一次回溯时只扫当前前面一半的序列，即可得出后面一半序列的答案
得到一个高效算法$O(n$ $log$ $n)$

待更

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