多项式乘法(FFT)学习笔记
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本文只探讨多项式乘法(FFT)在信息学中的应用
如有错误或不明欢迎指出或提问，在此不胜感激
多项式
1.系数表示法
一般应用最广泛的表示方式
用A(x)表示一个x-1次多项式，a[i]为$ x^i$的系数，则A(x)=$ \sum_0^{n-1}$ a[i] * $ x^i$
仅利用这种方式求多项式乘法复杂度为O($ n^2$)，不够优秀
2.点值表示法
将n个互不相同的值$ x_0$...$ x_{n-1}$带入多项式，可以得到
对于一个n-1次多项式，可以被n个点所唯一对应.
因而对于A(x)*B(x),只需要得知A的2n个点值和对应B的点值即可O(n)求出多项式的乘积
然而得知这些点值的复杂度依然在平方级别，达不到要求
考虑优化
先引一些要用到的名词
复数
复数即为表示成a+bi的数，其中i为-1的平方根
表示：
可以通过平面直角坐标系上的一条向量(0,0)到(x,y)表示x+yi
其中x轴为实数轴，y轴为虚数轴
运算：
复数运算符合四则运算，即：
(a+bi) + (c+di) = (a+c) + (b+d)i;
(a+bi) * (c+di) = ac + adi + bci + bd$ i^2$ =(ac - bd) + (bc + ad)i
几何意义：
定义模长为向量长度，幅角为从x轴正半轴逆时针转动到向量的角
复数相加等同于向量加法
复数相乘，模长相乘，幅角相加
//建议complex类手写，速度优于STL
单位根
以下默认n为$ 2^x$ 且x为非负整数
在复数平面，以原点为圆心，以1为半径作圆
以x轴正半轴到其与原交点(0,0)到(1,0)的这条向量为起点n等分圆，圆心到每个n等分点的向量均称为n次单位根
对于一个单位根，其标号为幅角/(360°/n)，特别的，(0,0)到(1,0)的向量标号为0
以下用$ w_n^k$ 表示标号为k的n次单位根
单位根的性质
1. $ w_n^k$ = cos($ \frac{2π}{n}$)k + sin($ \frac{2π}{n}$)ki
证明:欧拉公式
2. $ w_n^k$ = $ w_{2n}^{2k}$
证明:带入式1，等价于分子分母同乘2,
3. $ w_n^k$ * $ w_n^k$=$ w_n^{2k}$
证明:根据（复数相乘，模长相乘，幅角相加）
又因为模长均为1，所以相当于只把转动角度乘2
4. $ w_n^{k+\frac{n}{2}}$ = -$ w_n^k$
证明:$ w_n^{k+\frac{n}{2}}$相当于在$ w_n^k$的基础上逆时针方向再旋转180° （复数相乘，模长相乘，幅角相加）
因而等价于取负
进入正题
递归完成快速傅里叶变换
设多项式A(x)的系数为$ a_0$...$ a_{n-1}$
则
A(x)=$ a_0$ + $ a_1$*x + $ a_2$*$ x^2$ + $ a_3$*$ x^3$ + $ a_4$*$ x^4$ + ... + $ a_{n-2}$*$ x^{n-2}$ + $ a_{n-1}$*$ x^{n-1}$
按下标奇偶性分成两组，在这里设
A0(x) = $ a_0$ + $ a_2$ * $ x$ + $ a_4$ * $ x^2$ + ... + $ a_{n-2}$ * $ x^\frac{n-2}{2}$
A1(x) = $ a_1$ + $ a_3$ * $ x$ + $ a_5$ * $ x^2$ + ... + $ a_{n-1}$ * $ x^\frac{n-2}{2}$
显然得到A(x) = A0($ x^2$) + xA1($ x^2$)
我们代单位根$ w_n^k$(0<=k<$ \frac{n}{2}$)入式得
A($ w_n^k$)=A0($ w_n^{2k}$)+$ w_n^k$A1($ w_n^{2k}$)//性质3
同理代$ w_n^{k+\frac{n}{2}}$入式得
A($ w_n^{k+\frac{n}{2}}$)=A0($ w_n^{2k+n}$)+$ w_n^{k+\frac{n}{2}}$A1($ w_n^{2k+n}$)
= A0($ w_n^{2k}$) - $ w_n^k$ * A1($ w_n^{2k}$)//性质4&&$ w_n^n$=1
容易发现上下两式只有常数项的符号不同
因而只需求前一半即可得到后一半
递归形式程序结构：
对于长度为n的A(x)
分割成长度为$ \frac{n}{2}$的A0(x)和A1(x)
求A0(x)和A1(x)
通过A0(x)和A1(x)计算带入$ w_n^k$(0<=k<$ \frac{n}{2}$)时的值
变号计算代$ w_n^{k+\frac{n}{2}}$入式的值
我们可以用数组A[i]表示某一多项式(不一定是初始多项式)代入$ w_n^i$}时的值
由于许多奥妙重重的性质，我们不需要对于每个多项式都维护整个数组A，只需要维护它需要返回的值即可
绘图可得，当某一多项式递归到只有一项的时候，要返回的一定只是$ w_n^0$(1)，即直接返回原多项式该项系数即可
递归代码：
void FFT(const int lim,cp *A){//cp即为complex类型,lim为2^n的整型if(lim==1)return;//直接返回对应常数项
cp A0[lim>>1],A1[lim>>1];
for(rt i=0;i<lim;i+=2)A0[i>>1]=A[i],A1[i>>1]=A[i+1];
FFT(lim>>1,A0,fla);FFT(lim>>1,A1,fla);//递归求解
cp w={cos(PI*2.0/lim),sin(PI*2.0/lim)},k={1,0};//w为1号单位根
for(rt i=0;i<lim>>1;i++,k=k*w){//k即为第i个单位根
A[i]=A0[i]+k*A1[i];//A0，A1数组中的i号本相当于A数组中的2i号，乘2再除2后相当于没有
A[i+(lim>>1)]=A0[i]-k*A1[i];
}
}
逆变换
以上求得的均为点值表示法的结果
需要将其转回系数表示法
实际操作相当于再进行FFT时单位根逆向(顺时针)计算
递归全代码
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define rt register int #define ll long long using namespace std; ll read(){ ll x = 0; int zf = 1; char ch; while (ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar(); if (ch == '-') zf = -1, ch = getchar(); while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); return x * zf; } void write(ll y){ if (y < 0) putchar('-'), y = -y; if (y > 9) write(y / 10); putchar(y % 10 + '0'); } int i,j,k,m,n,x,y,z,cnt,all,num; struct cp{ double x,y; }a[2200010],b[2200010]; inline cp operator +(const cp x,const cp y){return {x.x + y.x, x.y + y.y};} inline cp operator *(const cp x,const cp y){return {x.x * y.x - x.y * y.y, x.x * y.y + x.y * y.x};} inline cp operator -(const cp x,const cp y){return {x.x - y.x, x.y - y.y};} const double PI=acos(-1.0); void FFT(const int lim,cp *A,const int fla){//fla为-1表示逆变换 if(lim==1)return;cp A1[lim>>1],A2[lim>>1]; for(rt i=0;i<lim;i+=2)A1[i>>1]=A[i],A2[i>>1]=A[i+1]; FFT(lim>>1,A1,fla);FFT(lim>>1,A2,fla); cp w={cos(PI*2.0/lim),sin(PI*2.0/lim)*fla},k={1,0}; for(rt i=0;i<lim>>1;i++,k=k*w){ A[i]=A1[i]+k*A2[i]; A[i+(lim>>1)]=A1[i]-k*A2[i]; } } int main(){ n=read();m=read(); for(rt i=0;i<=n;i++)a[i].x=read(),a[i].y=0; for(rt i=0;i<=m;i++)b[i].x=read(),b[i].y=0; int limit=1;while(limit<=n+m)limit<<=1;//将多项式长度凑到2^n FFT(limit,a,1);FFT(limit,b,1); for(rt i=0;i<=limit;i++)a[i]=a[i]*b[i];//a为点值表示的多项式 FFT(limit,a,-1);//逆变换 for(rt i=0;i<=n+m;i++)write(a[i].x/limit+0.5),putchar(' '); //因为有limit个单位根因而答案需要除limit，0.5是四舍五入 return 0; }
问题：常数巨大
解决方案：改成非递归(迭代)形式
观察下图
发现底层序列的值相当于原序列的值的二进制反转
因而我们可以预处理底层的值然后迭代向上推
如何预处理
1.x为偶数
x=(x>>1)<<1;
在反转序列中reverse[x]=reverse[x>>1]>>1;
2.x为奇数
相当于x-1的结果再在最高位补1
这样我们得到底层结果之后，一层一层向上迭代合并即可
迭代代码：
#include<ctime> #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define rt register int #define ll long long using namespace std; inline ll read(){ ll x = 0; char zf = 1; char ch = getchar(); while (ch != '-' && !isdigit(ch)) ch = getchar(); if (ch == '-') zf = -1, ch = getchar(); while (isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); return x * zf; } void write(ll y){if(y<0)putchar('-'),y=-y;if(y>9)write(y/10);putchar(y%10+48);} void writeln(const ll y){write(y);putchar('\n');} int i,j,k,m,n,x,y,z,cnt,lim; struct cp{ double x,y; cp operator +(const cp s)const{ return (cp){x+s.x,y+s.y}; } cp operator -(const cp s)const{ return (cp){x-s.x,y-s.y}; } cp operator *(const cp s)const{ return (cp){x*s.x-y*s.y,x*s.y+y*s.x}; } }a[2100010],b[2100010]; int R[2100010]; const double PI=acos(-1.0); void FFT(cp *A,int fla){ for(rt i=0;i<lim;i++)if(i>R[i])swap(A[i],A[R[i]]); for(rt i=1;i<lim;i<<=1){ cp w={cos(PI/i),fla*sin(PI/i)}; for(rt j=0;j<lim;j+=i<<1){ cp K={1,0}; for(rt k=0;k<i;k++,K=K*w){ cp x=A[j+k],y=K*A[i+j+k]; A[j+k]=x+y,A[i+j+k]=x-y; } } } } int main(){ n=read();m=read();lim=1; for(rt i=0;i<=n;i++)a[i].x=read(); for(rt i=0;i<=m;i++)b[i].x=read(); while(lim<=n+m)lim<<=1; for(rt i=1;i<lim;i++)R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)*lim>>1); FFT(a,1);FFT(b,1); for(rt i=0;i<lim;i++)a[i]=a[i]*b[i]; FFT(a,-1); for(rt i=0;i<=n+m;i++)write(a[i].x/lim+0.5),putchar(' '); return 0; }
