Part 0 复数的指数函数
0.1 指数函数的定义
这是一个普通的指数函数
\[f(x) = a^x,x\in \mathbb R
\]
现在我们要把它的定义域扩展
\[f(x) = a^x,x\in\mathbb C
\]
第一步，我们知道所有这样的指数函数都可以写成这样：
\[f(x) = a^x = e^{x\ln a}
\]
又因为 \(e^{a+bi} = e^a\times e^{bi}\) ，
所以如果我们想计算复指数函数的话，我们只需要先定义出 \(e^{ki}\) 这样的函数就可以了。
怎么定义呢？我们翻开高等数学，发现里面提到了这个东西
\[e^x = \lim_{n\to +\infty} \left( 1+\frac{x}{n} \right)^n
\]
把这里的实数 \(x\) 换成虚数 \(ki\) 就完美定义了复指数函数
\[e^{ki} = \lim_{n\to +\infty} \left( 1+\frac{ki}{n} \right)^n
\]
接下来我们从得数的模长和辅角入手，将这个式子化简。
0.2 欧拉公式
首先是模长，我们知道复数相乘就是“模长相乘辐角相加”。 \(n\) 个复数相乘就会有 \(n\) 个模长相乘，所以模长可以拿到乘方里面。
\[\begin{align*}
|e^{ki}| &= \left| \lim_{n\to +\infty} \left( 1+\frac{ki}{n} \right)^n \right|\\
&= \lim_{n\to +\infty} \left|\left( 1+\frac{ki}{n} \right) \right|^n \\
&= \lim_{n\to +\infty} \left(\sqrt{1+\left( \frac{k}{n} \right)^2}\right)^n \\
&= \lim_{n\to +\infty} \left( 1 + \frac{k^2}{n^2} \right)^{\frac{1}{2}n} \\
\end{align*}
\]
接下来令新的 \(n\) 为原来的 \(\frac{1}{2}n\) ，代换后得到
\[\begin{align*}
|e^{ki}| &= \lim_{n\to +\infty} \left( 1 + \frac{k^2}{4n^2} \right)^{n} \\
&= \lim_{n\to +\infty} \left( 1 + \frac{\frac{k^2}{4}}{n^2} \right)^{n} \\
\end{align*}
\]
然后令 \(N=n^2\) ，代换
\[\begin{align*}
|e^{ki}|
&= \lim_{N\to +\infty} \left( 1 + \frac{\frac{k^2}{4}}{N} \right)^{\frac{N}{\sqrt{N}}}\\
&= \lim_{N\to +\infty} \left( \left( 1 + \frac{\frac{k^2}{4}}{N} \right)^N\right)^{\frac{1}{\sqrt{N}}} \\
\end{align*}
\]
观察到，最外层指数位置和底数位置上的两个极限各自分别都是收敛的，我们可以拆开来计算
\[\begin{align*}
|e^{ki}|
&= \lim_{N\to +\infty} \left( \left( 1 + \frac{\frac{k^2}{4}}{N} \right)^N\right)^{\frac{1}{\sqrt{N}}} \\
&= \left( \lim_{N\to +\infty} \left( 1 + \frac{\frac{k^2}{4}}{N} \right)^N\right)^{\lim_{N\to +\infty}\frac{1}{\sqrt{N}}} \\
&= (e^{\frac{k^2}{4}})^0 \\
&= \textcolor{red}{1}
\end{align*}
\]
没错！ \(e^{ki}\) 的模长为 \(1\) 。接下来轮到辐角了。
有 \(n\) 个复数相乘，对应地，就是 \(n\) 个辐角相加。
\[\begin{align*}
\arg e^{ki} &= \arg \lim_{n\to +\infty} \left( 1+\frac{ki}{n} \right)^n\\
&=\lim_{n\to +\infty}n\times \arg \left( 1+\frac{ki}{n} \right) \\
&=\lim_{n\to +\infty}n\times \arctan \frac{k}{n} \\
\end{align*}
\]
\(n\) 取倒数
\[\begin{align*}
\arg e^{ki}
&=\lim_{n\to 0^+}\frac{1}{n}\times \arctan nk \\
\end{align*}
\]
根据基础的微积分知识，我们知道 \(\arctan kx\) 在 \(x\to 0\) 时的等价无穷小是 \(kx\) ，所以
\[\begin{align*}
\arg e^{ki}
&=\lim_{n\to 0^+}\frac{1}{n}\times nk \\
&=\lim_{n\to 0^+}k \\
&= \textcolor{red}{k}
\end{align*}
\]
即， \(e^{ki}\) 的辐角为 \(k\) .
于是，我们得到了这么一个结论：
\[\begin{gather*}
|e^{ki}| = 1\\
\arg e^{ki} = k
\end{gather*}
\]
接下来我们把它转回直角坐标表示
\[\begin{gather*}
\Re(e^{ki}) = 1 \times \cos k \\
\Im(e^{ki}) = i \times \sin k \\
e^{ki} = \cos k + i\sin k
\end{gather*}
\]
给指数加上实部，就是著名的欧拉公式
\[e^{a+bi} = e^{a}(\cos b + i\sin b)
\]
0.3 转圈圈
考虑这个函数
\[f(x) = e^{ix}
\]
根据刚刚导出的欧拉公式，无论自变量 \(x\) 怎样增加，函数值的模长都为 \(1\) ，但函数值的辐角始终为 \(x\) . 而用几何的语言来说，就是【角度变化的同时，半径保持一致】。这也意味着，函数 \(f(x) = e^{ix}\) 的函数值永远位于复平面的单位圆上。
更进一步，如果把函数值视作复平面中的点，那么随着 \(x\) 的不断增大，它将从实轴正半轴开始，沿复平面的单位圆顺时针旋转。并且转过的弧度正好是自变量 \(x\) .
指数函数在复数域中变成了周期函数
举个例子，如果 \(x=\pi\) ，那么这个点正好转过半圈，也就是从实轴的正半轴转到负半轴。写出来就是
\[e^{i\pi} = -1
\]
相信这个东西大家都见过
再举个例子，我们令 \(\alpha = e^{\frac{i\pi}{3}}\) ，可以看出 \(\alpha\) 是一个旋转了 \(\frac{1}{6}\) 圈的单位向量。
如果随便挑一个复数 \(z\) ，并把它和 \(\alpha\) 相乘，会得到什么呢？
根据模长相乘辐角相加准则，不难看出，这个相乘的操作相当于把复平面上的 \(z\) 点绕着原点旋转 \(\frac{\pi}{6}\) 的弧度。
然后，我们开拓一下思路，不断把 \(\alpha\) 乘到复平面中的“单位向量”\(1+0i\) 上。显然每乘一次，这个单位向量就会绕原点旋转 \(120^{\circ}\) ，连续三次之后就会转回到原始位置 \(1+0i\) .
用公式表达出来，是这样的
\[\alpha^3 = 1
\]
没错，我们刚刚求出了方程 \(x^3 = 1\) 除了 \(x=1\) 的另一个根！
单位根
我们把方程 \(x^n=1\) 的解称作“\(n\)次单位根”，刚才的 \(\alpha\) 是一个 \(3\) 次单位根。
稍加思索，形如
\[\begin{align*}
e^{i\frac{2\pi}{N}}
\end{align*}
\]
的值都会在 \(N\) 次方时变为 \(1\) ，他们也就都是 \(N\) 次单位根。
不过需要注意的是， \(N\) 次单位根不止有 \(1\) 和 \(e^{i\frac{2\pi}{N}}\) 两个，实际上任何形如
\[\begin{align*}
e^{
i\textcolor{red}{k}\frac{2\pi}{N}
}\quad (k\in N^+)
\end{align*}
\]
的值都是 \(N\) 次单位根（因为对于任何正整数 \(k\) 都有, \(e^{2k\pi} = 1\)）。
这些单位根中 \(k=1\) 的那个叫做 \(N\) 次本原单位根，记作 \(\omega_N\) .
于是，方程 \(x^N = 1\) 的所有解就可以表示为 \(N\) 次本原单位根 \(\omega_N\) 的 \(0\) 到 \(N\) 次方。（ \(\omega_N^0=1\) ）
\[\left\{ 1,\omega_N,\omega_N^2,\cdots \omega_{N}^{N-1} \right\}
\]
简而言之，\(N\) 次单位根就是从 \(1+0i\) 开始，把单位圆周平均分成 \(N\) 段的 \(N\) 个点。
由于单位根特殊的周期性，它具有如下的几个性质：
\[\begin{gather*}
\omega^{x+y}_{y} = \omega_{y}^{x}\\
\omega^{x}_{y} = \omega^{kx}_{ky}\\
\omega^{x+y}_{2y} = -\omega^{x}_{2y}
\end{gather*}
\]
第一条：一个单位根旋转一整圈之后还是他自己
第二条：【一次走一步，每步走 \(k\) 米】和【一次迈 \(k\) 步，每步走一米】是等价的
第三条：一个单位根转过半圈相当于取他的相反数
Part 1 傅里叶变换
用不到的 傅里叶变换（FT）
傅里叶变换是对某一个连续函数（信号）进行的一种变换，可以表示某个频率的正弦/余弦波形在原信号中“占据”的“比重”。
傅里叶变换及其逆变换一般写作下面的形式：
\[\begin{align*}
F(\omega) &= \int_{-\infty}^{+\infty} {f(x) e^{ -i\omega x } }\,\text d x \\
f(x) &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} {F(\omega) e^{ i\omega x } }\,\text d \omega \\
\end{align*}
\]
注意这其中 \(F(x)\) 的函数值是复数。
关于这个东西的更多细节，可以去看看 3Blue1Brown 的视频。
离散傅里叶变换（DFT）
在OI中，用到的一般是傅里叶变换的离散版本
\[\begin{align*}
&F(k) = \sum_{x=0}^{N-1}{
f(x)\, e^{(-i\frac{2\pi}{N}k)\times x}
}\\
&f(n) = \frac{1}{N} \sum_{k=0}^{N-1}{
f(x)\, e^{(i\frac{2\pi}{N}k)\times n}
}
\end{align*}
\]
OI中最常见的写法会将上下两式的正负号颠倒一下，变成这样
\[\begin{align*}
&F(k) = \sum_{x=0}^{N-1}{
f(x)\, e^{(i\frac{2\pi}{N}k)\times x}
}\\
&f(n) = \frac{1}{N} \sum_{k=0}^{N-1}{
f(x)\, e^{(-i\frac{2\pi}{N}k)\times n}
}
\end{align*}
\]
我也不知道为什么要这么做，但是大家都是这么写的
接下来简单介绍一下一下离散傅里叶逆变换的公式的来历。因为傅里叶变换是一个线性变换，所以它可以写成矩阵的形式，如下：
\[\begin{bmatrix}
z^{0\times 0} & z^{0\times 1} & z^{0\times 2} &\cdots & z^{0\times N-2} & z^{0\times N-1}\\
z^{1\times 0} & z^{1\times 1} & z^{1\times 2} &\cdots & z^{1\times N-2} & z^{1\times N-1}\\
z^{2\times 0} & z^{2\times 1} & z^{2\times 2} &\cdots & z^{2\times N-2} & z^{2\times N-1}\\
\vdots &\vdots &\vdots &\vdots & \vdots &\vdots \\
z^{(N-1)\times0} & z^{(N-1)\times1} & z^{(N-1)\times2} & \cdots & z^{(N-1)\times(N-2)} & z^{(N-1)\times(N-1)} &
\end{bmatrix}\\
\times
\begin{bmatrix}
f(0)\\f(1)\\f(2)\\\vdots\\f(N-1)
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
F(0)\\F(1)\\F(2)\\\vdots\\F(N-1)
\end{bmatrix}
\]
为了方便起见，上式中的 \(z = e^{i\frac{2\pi}{N}}\) ，指数位置的第一个参数为 \(k\) ，第二个参数为 \(n\) .
现在只需要求出它的逆矩阵就能得到逆变换的公式了！根据基础的线性代数知识，这是一个范德蒙德矩阵，它的逆阵就是它的每一个位置取倒数并乘上 \(\frac{1}{N}\) .
似乎完全没有解释清楚呢
不过这部分不重要
快速傅里叶变换（FFT）
终于到重头戏了！我们观察一下 DFT 的式子，会发现强行计算他会用掉我们 \(O(N^2)\) 级别的时间，因此我们要寻找方法快速计算他。
首先对比一下 \(F(x)\) 和 \(F(x+\frac{N}{2})\) 的计算式（暂且假设 \(N\) 为偶数）
\[\begin{align*}
F(x) &= \sum_{n = 0}^{N-1}{
f(n)\,e^{(i\frac{2\pi}{N}x)\times n}
}\\
F(x+\frac{N}{2}) &= \sum_{n = 0}^{N-1}{
f(n)\,e^{(i\frac{2\pi}{N}(x+N/2))\times n}
}
\end{align*}
\]
然后，注意到式子里面的
\[\begin{gather*}
e^{i\frac{2\pi}{N}}
\end{gather*}
\]
正好就是在 Part 0 中提到的 \(N\) 次单位根，利用这一点我们可以给式子换一个写法
\[\begin{align*}
F(x) &= \sum_{n = 0}^{N-1}{
f(n)\times \left(\omega_{N}^{x}\right)^{n}
}\\
F(x+\frac{N}{2}) &= \sum_{n = 0}^{N-1}{
f(n)\times \left(\omega_{N}^{x+N/2}\right)^{n}
}
\end{align*}
\]
利用单位根的性质3，做出如下变换：
\[\begin{align*}
F(x) &= \sum_{n = 0}^{N-1}{
f(n)\times \left(\omega_{N}^{x}\right)^{n}
}\\
F(x+\frac{N}{2}) &= \sum_{n = 0}^{N-1}{
f(n)\times \left(-\omega_{N}^{x}\right)^{n}
}
\end{align*}
\]
现在可以看出，这两个
此处施工中
Part 2 卷积
用不到的 普通卷积
卷积是对两个函数进行的一种运算，可以得到另一个函数，定义如下：
\[[f*g] (t)= \int_{-\infty}^{+\infty}f(x)g(t - x) \,\text dx
\]
当然在 OI 中我们用到的一般是卷积的离散版本
离散卷积
只需要把上面式子中的 \(\int\) 改成 \(\sum\) .
\[[f*g] (t) = \sum_{k=0}^{N} f(k)g(t - k)
\]
我们可以把它改成另一种形式
\[[f*g] (t) = \sum_{i+j=t}f(i)g(j)
\]
其中 \(0 \leq i,j\leq N\) .
此处施工中
Part 3 数论变换
原根与单位根的对称性
我们知道如果模数为一个质数 \(p\) ，那么此模意义下总是存在一个原根 \(g\)
此处施工中
