【ACM数论】从“快速傅里叶变换 FFT”到“快速数论变换 NTT”

1、FFT前言

FFT全称（Fast Fourier Transformation）快速傅里叶变换

NTT全称（Fast Number Theoretical Transformation）快速数论变换

1.1、引入问题

如何计算多项式$f(x)$与$g(x)$的乘积？

例如：计算$f(x)=1+x^2+x^3$与$g(x)=1+x^5+x^6+x^7$的乘积

通常而言，我们思考暴力的算法：
$$\begin{array}{rl}f(x)\times g(x)& =1\times (1+x^5+x^6+x^7)+x^2\times (1+x^5+x^6+x^7)+x^3\times (1+x^5+x^6+x^7)\\ & =1+x^5+x^6+x^7+x^2+x^7+x^8+x^9+x^3+x^8+x^9+x^{10}\\ & =1+x^2+x^3+x^5+x^6+2x^7+2x^8+2x^9+x^{10}\end{array}$$
显而易见，这个算法的时间复杂度是$O(n^2)$

那么有快速的计算方法吗？

当然是有的，于1965年由J.W.库利和T.W.图基提出FFT算法，可以在$O(nlogn)$的时间复杂度下计算出答案。

1.2、定义一些记号：

# $f(x)$表示一个多项式

**#**对于一个$n$次多项式$f(x)$的第$m$项，记为$f[m]$;换言之，$f(x)={\sum }_{i=0}^{n}f[i]x^i$

1.3、多项式乘法理解

例如：现有两个$n$次多项式$f(x)$与$g(x)$,需要计算这两个多项式的乘积.

不妨设$h(x)=f(x)\times g(x)$

那么通过1.1中的例子，我们可以发现，其实$h[k]={\sum }_{i=0}^{k}f[i]g[k-i]$

换言之，我们可以理解为：要想乘出$x^k$,需要$f(x)$的$x^i$项和$g(x)$的$x^{k-i}$项相乘，然后将他们的相乘的贡献累加便是$h[k]$

1.4、卷积

将形如:$h[k]={\sum }_{i\oplus j}f[i]g[j]$的式子称为卷积，其中⊕在数学中称为假设符号（假设什么运算）

例如，在多项式乘法中，为加法卷积：$h[k]={\sum }_{i+j}f[i]g[j]$

因此，对于卷积可以利用FFT构造多项式进行计算！

2、FFT思想

2.1、多项式的点值表达式

我们可以从

得出推论：在平面直角坐标系中，$n+1$个点就能唯一确定一个$n$次多项式。

因此，对于一个$n$次多项式$f(x)$而言，我们可以用$n+1$个点来描述一个多项式；换言之，两个多项式相乘，等价于两个多项式的对应点值相乘。(点值的乘法对应着整个多项式的乘法,也就是浓缩了整个多项式)

将能唯一表达一个$n$次多项式$f(x)$的$n+1$个点,称为$f(x)$的点值表达式。

$$
例如：n次多项式f(x)的点值表达式为：\

\left{(x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2)),(x_3,f(x_3))…(x_{n+1},f(x_{n+1}))\right}
$$
由于$n$次多项式$f(x)$与$n$次多项式$g(x)$,他们的乘积一定是一个$2n+1$次的多项式，所以我们只需要对$f(x)$和$g(x)$找到$2n+1$个对应的点，然后将他们对应点的纵坐标相乘，便可以确定多项式$f(x)\times g(x)$的点值表达式；

例如： 2 n + 1 次多项式 f ( x ) × g ( x ) 的点值表达式为： { ( x 1 , f ( x 1 ) g ( x 1 ) ) , ( x 2 , f ( x 2 ) g ( x 2 ) ) , ( x 3 , f ( x 3 ) g ( x 3 ) ) . . . . . . ( x 2 n + 1 , f ( x 2 n + 1 ) g ( x 2 n + 1 ) ) } 例如：2n+1次多项式f(x)\times g(x)的点值表达式为： \\ \left\{(x_1,f(x_1)g(x_1)),(x_2,f(x_2)g(x_2)),(x_3,f(x_3)g(x_3))......(x_{2n+1},f(x_{2n+1})g(x_{2n+1}))\right\} 例如：2n+1次多项式f(x)×g(x)的点值表达式为：{ (x1​,f(x1​)g(x1​)),(x2​,f(x2​)g(x2​)),(x3​,f(x3​)g(x3​))......(x2n+1​,f(x2n+1​)g(x2n+1​))}
最后我们将多项式$f(x)\times g(x)$的点值表达式转化为多项式的一般表达式（系数表达式）便得到了我们想要的多项式乘积了。

而这也是FFT算法的流程

2.2、DFT&IDFT

DFT：把多项式的系数表达式转化为点值表达式的变换过程

IDFT：把多项式的点值表达式转化为系数表达式的变换过程

下面这张图便对比了FFT算法与暴力算法的区别

3、FFT的实现

3.1、DFT

​ 由于我们想要多项式的点值表达式，所以我们需要利用一些方法获得多项式的上的点；但是细想一下会发现，
$$\begin{gathered} 如果对于一个n次多项式f(x)，我们任选n+1个点的横坐标x_1,x_2,x_3....x_n,x_{n+1}, \\ 再分别计算其对应的纵坐标f(x_1),f(x_2),f(x_3)...f(x_n),f(x_{n+1})的时间复杂度是O(n^2) \\ (由于计算每个横坐标的时间复杂度是O(n),但是有n个点)； \end{gathered}$$
​ 这样一来，我们通过随便找$n+1$个点的方式，会让我们的时间复杂度和暴力没什么区别！

​ 那么有快速找到$n+1$个点的方法么？答案当然是有的！

​ 我们可以这样考虑问题：

3.1.1、Good idea 1：函数的奇偶性

​ 首先，我们不考虑一般多项式，只考虑一个简单的多项式$f(x)=x^2$

那么，如果我们要从$f(x)$中选择8个点，我们如何选择？

这里我们需要注意$f(x)$的一个优美的性质————$f(x)$是偶函数，所以我们计算出一个点$(x,f(x))$后，便可以立马知道点$(-x,f(x))$也一定是$y(x)$上的点。

那么，如果$f(x)=x^3$,应该如何处理喃？

显而易见，我们会发现$f(x)=x^3$是一个奇函数，它与偶函数的区别在于，奇函数上的点是关于原点对称的，换言之，如果我们计算出点$(x,f(x))$,那就可以知道点$(-x,-f(x))$也是多项式上的点！

既然这样，对于多项式$f(x)=1+2x^2+3x^3+4x^4+5x^5$

那么我可以将$f(x)$中按幂数分离，因此可得$f(x)=(1+2x^2+4x^4)+(3x^3+5x^5)$
$$\begin{gathered} 不妨设f_o(x)=1+2x+4x^2,f_e(x)=3x+5x^2 \\ 那么有：\begin{array}{rl}f(x)& =(1+2x^2+4x^4)+x(3x^2+5x^4)\\ & =f_o(x^2)+x{f}_e(x^2)\end{array} \end{gathered}$$
这样，对于$f_o(x^2),f_e(x^2)$都是关于$x^2$的多项式，我们便可以利用函数的奇偶性快速找到6个点，然后利用点值表达式的计算方式计算出该函数的点值表达式。

然后我们可以推广到一般多项式$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+.....a_n{x}^n$
$$\begin{gathered} 可以设f(x)按照幂数分离，将偶幂数部分设为f_e(x^2),将奇幂数部分提出一个x后的部分设为f_o(x^2) \\ 所以：f(x)=f_e(x^2)+x{f}_o(x^2) \\ 然而对于，f_e(x)与f_o(x)而言，最高次都变成了\frac{n}{2}-1 \\ 同理可以推出重要结论\{\begin{array}{l}f(x_i)=f_e(x_i^2)+x_i{f}_o(x_i^2)\\ f(-x_i)=f_e(x_i^2)-x_i{f}_o(x_i^2)\end{array} \\ 这样一来，问题得到了简化： \\ 分别求f_e(x^2),f_o(x^2)在x_1^2,x_2^2....x_{\frac{n}{2}}^2的值,因为这样我们便可以得到\pm x_1,\pm x_2...\pm x_{\frac{n}{2}}这n个点 \end{gathered}$$
而对于$f_e(x)与f_o(x)$,我们可以重复$f(x)$的奇偶分离的方式；这样我们可以把对于$n$次多项式转化为求$\frac{n}{2}$次多项式（类似分治的思想），所以这个思路下，求多项式点值表达式的时间复杂度是$O(nlogn)$

因此，只要我们最后找到的点为合法的点，那么算法就是合法的！

但是这里出现了一个问题：对于$f(x)$中的$[\pm x_1,\pm x_{}$