FFT

港控/mmm° 2023-08-17 15:48 113阅读 0赞

# FFT #

## Introduction ##

\\(FFT\\) 是一种利用神奇操作，在 \\(nlog\\) 的时间内代替 \\(n^2\\) 的朴素多项式乘法的算法。由 \\(DFT\\) 和 \\(IDFT\\) 两个部分组成。

原理来自于，对于一个 \\(n\\) 次多项式 \\(f(x)\\) ，它一般会被表达为：  
\\\[ f(x)=\\sum\_\{i=0\}^n a\_i\*x^i \\\]  
这是表达一个多项式最常见的形式。

那么考虑一下，对于任意一个 \\(n\\) 次多项式 \\(f(x)\\) ，如果我找出上面的 \\(n+1\\) 个不同的点会怎么样呢？显然，我们会得到 \\(n+1\\) 个函数值。

而对于这 \\(n+1\\) 个函数值，我们可以和函数本身构成一个含 \\(n+1\\) 个 \\(n+1\\) 元一次方程的方程组，这样可以直接解方程，得到函数的每一项的系数。

换句话来说，就算只知道 \\(n+1\\) 个点而不清楚函数本身的长相，我们也可以通过解方程得到函数本身。

那么对于一个函数 \\(F(x)=f(x)\*g(x)\\) 我们如何计算呢？我们完全可以先在 \\(f(x),g(x)\\) 上都拿出 \\(2n+1\\) 个点，同时对于两个函数，选取的 \\(2n+1\\) 个 \\(x\\) 要对应相同，然后再将它们乘起来，如此就得到了 \\(F(x)\\) 上的 \\(2n+1\\) 个点。

原理的话，肯定是因为 \\(F(x)=f(x)\*g(x)\\) 啊，带入一个确切的 \\(x\\) ，就能通过 \\(f,g\\) 的函数值乘积得到 \\(F\\) 的函数值了。

那么得到 \\(f(x),g(x)\\) 上 \\(2n+1\\) 个值的具体过程便被称为 \\(DFT\\) 了。

随后将 \\(2n+1\\) 个值乘起来，得到了 \\(F(x)\\) 上的点，然后反过来解出 \\(F(x)\\) ，这个具体过程便被称为 \\(IDFT\\) 。

具体操作过程如下。

## DFT ##

我们发现如果要求 \\(f(x)\\) 上的 \\(2n+1\\) 个点，复杂度还是 \\(n^2\\) 级别的，如果想要优化这个过程，应该思考如何减少运算。

\\(DFT\\) 的原理就是进行分治，并利用过去已有的运算结果来计算现在的。这个过程的话，是利用复数相乘时，相当于在单位圆上转了个角度，所以我们只需要特殊构造这个复数，将其作为函数自变量代入，然后让它乘着乘着乘回出发的起点即可。

那么引入一下复数和单位根的知识点。

### 复数 ###

对于一个复数 \\(z\\) ，它通常被表达为 \\(z=a+bi\\) ，其中 \\(a,b\\) 为实数，\\(i\\) 为虚数，\\(i^2=-1\\) 。

但同时，我们可以将复数 \\(z\\) 表示在一个坐标轴上，横坐标为实部系数 ，纵坐标为虚部系数，则 \\(z\\) 在坐标轴上的坐标可以被表示为 \\(z(a,b)\\) 。这个坐标轴被称为复平面。

同时，\\(z\\) 还可以被表示为 \\((\\)距离原点距离，在坐标轴上的角度\\()\\) ，其中，到原点的距离称之为模长，即为 \\(\\sqrt\{a^2+b^2\}\\) 。而角度被称之为幅角，这个角度自然是相对于 \\(x\\) 轴正半轴的（显然不指夹角）。

也即 \\(z(r,\\theta)\\) 。

那么对于复数相乘，可以证明：  
\\\[ z\_1(r\_1,\\theta\_1)\*z\_2(r\_2,\\theta\_2)=z(r\_1\*r\_2,\\theta\_1+\\theta\_2) \\\]  
即模长相乘，幅角相加。

对于两个复数，当它们的模长为 \\(1\\) 时，乘积里由于模长不变，模长自然就没有意义了。

### 单位根 ###

我们当然要方便计算啦，所以我们用于 \\(DFT\\) 的复数的模长都会是 \\(1\\) ，也就是说我们只需要在复平面上的单位圆上取数就好了。这样一来，所有的乘法都仅仅只是角度的变换了。

那么我们的起点显然是 \\((1,0)\\) 这个复数，如果要经过 \\(n\\) 次乘法，最后让它回到起点，那么每次乘法加上的的角度就应该要是 \\(\\frac\{2\\pi\}\{n\}\\) ，换句话说，将这个圆 \\(n\\) 等分，上面的点就是每次乘法的结果。

对于这个用来乘上 \\(n\\) 次的数，我们称之为 \\(n\\) 次单位根，表示为 \\(\\omega\_n\\) ，所以 \\((\\omega\_n)^n=1\\) 。

对于这个圆上的 \\(n+1\\) 个点，我们从 \\((1,0)\\) 开始依次标号为 \\(\\omega\_n^0,\\omega\_n^1\\dots\\omega\_n^n\\) 。

那么对于单位根，有如下式：

一、  
\\\[ \\omega\_n^k=cos(\\frac\{2k\\pi\}\{n\})+sin(\\frac\{2k\\pi\}\{n\})i \\\]  
二、  
\\\[ \\omega\_n^k=\\omega\_\{2n\}^\{2k\} \\\]  
三、由于 \\(\\omega\_n^\{\\frac\{n\}\{2\}\}=-1\\\\\\) （这个很显然吧，单位圆的一半）：  
\\\[ \\omega\_n^\{k+\\frac\{n\}\{2\}\}=-\\omega\_n^k \\\]

### DFT ###

设 \\(n+1\\) 为偶数，对于函数 \\(f(x)=a\_0+a\_1\*x\\dots a\_n\*x\_n\\)，我们考虑将奇偶项分开：  
\\\[ f(x)=(a\_0+a\_2\*x^2+...+a\_\{n-1\}\*x^\{n-1\})+(a\_1\*x+...+a\_n\*x^n) \\\]  
若设：  
\\\[ f\_1(x)=a\_0+a\_2\*x+...+a\_\{n-1\}\*x^\{\\frac\{n\}\{2\}\}\\\\ f\_2(x)=a\_1+a\_3\*x+...+a\_n\*x^\{\\frac\{n\}\{2\}\} \\\]  
则有：  
\\\[ f(x)=f\_1(x^2)+x\*f\_2(x^2) \\\]  
设 \\(k\\le \\frac\{n\}\{2\}\\) ，将单位根代入函数：  
\\\[ f(\\omega\_n^k)=f\_1(\\omega\_n^\{2k\})+\\omega\_n^k\*f\_2(\\omega\_n^\{2k\})\\\\ =f\_1(\\omega\_\{\\frac\{n\}\{2\}\}^k)+\\omega\_n^k\*f\_2(\\omega\_\{\\frac\{n\}\{2\}\}^k) \\\]  
差不多的操作：  
\\\[ f(\\omega\_n^\{k+\\frac\{n\}\{2\}\})=f\_1(\\omega\_\{\\frac\{n\}\{2\}\}^k)-\\omega\_n^k\*f\_2(\\omega\_\{\\frac\{n\}\{2\}\}^k) \\\]  
则只要得出 \\(f\_1,f\_2\\) 在 \\(\\omega\_\{\\frac\{n\}\{2\}\}^0\\dots \\omega\_\{\\frac\{n\}\{2\}\}^\{\\frac\{n\}\{2\}\}\\) 的所有取值，\\(f\\) 的所有取值也就出来了。

这样的话，只需要不断对于 \\(f\\) 递归下去即可，边界为常数项 \\(a\_0\\) 。

每次可以得出 \\(f\\) 在区间长度下的那些取值，然后回溯的时候，父区间也就算出了当前区间长度两倍的取值。

以上就是 \\(DFT\\) 的过程。

## IDFT ##

设 \\(S(\\omega\_n^k)=1+\\omega\_n^k+(\\omega\_n^k)^2+\\dots+(\\omega\_n^k)^\{n-1\}\\) 。

根据等差数列求和可得，当 \\(k=0\\) ，\\(S(\\omega\_n^k)=n\\) ，否则结果为 \\(0\\) 。

设 \\(DFT\\) 得到了 \\(n\\) 次多项式 \\(F(x)\\) 的 \\(n+1\\) 个点值为 \\((y\_0,\\dots yn)\\) ，若其系数分别为 \\((a\_0,\\dots a\_n)\\) ，我们考虑再设一个函数 \\(G(x)\\) ：  
\\\[ G(x)=y\_0+y\_1\*x+\\dots y\_n\*x^n \\\]  
然后代入每个单位根的倒数：\\((\\omega\_n^0,\\omega\_n^\{-1\}\\dots \\omega\_n^\{-n\})\\) 。这样我们便可以再通过 \\(DFT\\) 得到 \\(n+1\\) 个值 \\(c\\) 。式子为：  
\\\[ c\_k=\\sum\_\{i=0\}^n y\_i\*(\\omega\_n^\{-k\})^i\\\\ =\\sum\_\{i=0\}^n(\\sum\_\{j=0\}^na\_j(\\omega\_n^i)^j)\*(\\omega\_n^\{-k\})^i\\\\ =\\sum\_\{i=0\}^n(\\sum\_\{j=0\}^na\_j(\\omega\_n^j)^i)\*(\\omega\_n^\{-k\})^i\\\\ =\\sum\_\{i=0\}^n(\\sum\_\{j=0\}^na\_j(\\omega\_n^\{j-k\})^i)\\\\ =\\sum\_\{j=0\}^na\_j\\sum\_\{i=0\}^n(\\omega\_n^\{j-k\})^i\\\\ =\\sum\_\{j=0\}^na\_j\*S(\\omega\_n^\{j-k\})\\\\ \\\]  
所以当且仅当 \\(j=k\\) 时，\\(S(\\omega\_n^\{j-k\})=n\\) ，其他时候皆为 \\(0\\) 。

所以：  
\\\[ c\_k=na\_k \\\]  
所以我们只需要通过 \\(DFT\\) 求出 \\(c\\) ，将每个数除以 \\(n\\) 就能得到 \\(F(x)\\) 的系数 \\(a\\) 。

这就是 \\(IDFT\\) 了。

转载于:https://www.cnblogs.com/luoshuitianyi/p/11434267.html