FFT 和 FWT 学习笔记

尝试自己理解一下原理。

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首先是 FFT，解决的问题是将多项式和点值表达式在 \(O(n\log n)\) 时间内互相转化。

设要转化的多项式为 \(F(x)\)，次数为 \(n\)，那么我们知道代入 \(n+1\) 个点值可以唯一确定这个多项式。

此处选用的点值为单位根，记 \(\omega_n\) 为 \(n\) 次单位根，即将平面直角坐标系上的单位圆均分成 \(n\) 份，几何意义是逆时针旋转 \(\dfrac{2\pi}{n} \mathrm{rad}\)。

由此容易得到一些性质，\(\omega_{2n}^{2k} = \omega_{n}^{k}\)，\(\omega_{n}^{k+\frac{n}{2}} = -\omega_n^k\) 等。

现在设多项式为 \(F(x) = a_0+a_1x^1+a_2x^2+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}\)，要求的是 \(F(\omega_n^0),F(\omega_n^1),\cdots,F(\omega_n^{n-1})\) 的值。

考虑分离奇偶项，设 \(F_0(x) = a_0 + a_2x + a_4x^2+\cdots\)，\(F_1(x) = a_1+a_3x+a_5x^2+\cdots\)。

那么有 \(F(x) = F_0(x^2)+xF_1(x^2)\)，尝试代入 \(\omega_n^k\)。

分类讨论一下，若 \(k<\dfrac{n}{2}\)，则有：

\[\begin{aligned} F(\omega_n^k)&=F_0(\omega_n^{2k})+\omega_n^kF_1(\omega_n^{2k})\\ &=F_0(\omega_{\frac{n}{2}}^{k})+\omega_n^kF_1(\omega_{\frac{n}{2}}^{k}) \end{aligned}\]

容易发现变成了两个规模减半的子问题。

若 \(k \ge \dfrac{n}{2}\)，则设 \(k' = k - \dfrac{n}{2}\)，有：

\[\begin{aligned} F(\omega_n^k)&=F_0(\omega_{\frac{n}{2}}^{k})+\omega_n^{k'+\frac{n}{2}}F_1(\omega_{\frac{n}{2}}^{k})\\ &=F_0(\omega_{\frac{n}{2}}^{k'})-\omega_n^{k'}F_1(\omega_{\frac{n}{2}}^{k'}) \end{aligned}\]

形式相同。

优化运算可以使用位运算置换，每次是将最低位奇偶分类，可以看作是二进制位逆序后的基数排序，所以一个数字的二进制位的逆序就是最终的位置，免去了递归计算的大常数。

根据定义式：\(F(\omega_n^x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_i\omega_n^{xi}\) 可得这是一个线性变换，等价于乘范德蒙德矩阵。

由于这个矩阵的元素非常特殊，它的逆矩阵也有特殊的性质，就是每一项取倒数，再除以变换的长度 \(n\)，就能得到它的逆矩阵。

NTT 即将 \(\omega_n\) 用 \(g^{\frac{p - 1}{n}}\) 代替，\(g\) 是模数 \(p\) 的原根，只因它们有相似的性质。

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FWT 部分。

仿照 FFT 直接设计线性运算，设 \(c(i,j)\) 表示原多项式的第 \(j\) 项对 FWT 后多项式的第 \(i\) 项的贡献系数。

联立 \(\mathrm{FWT}(A)_i\times\mathrm{FWT}(B)_i=\mathrm{FWT}(A\times B)_i\) 和 \(\mathrm{FWT}(A)_i = \sum\limits_{j=0}^{n}c(i,j)A_j\) 可得 \(c(i,j)c(i,k)=c(i,j\oplus k)\) 是等价条件，其中 \(\oplus\) 是任意位运算，而位运算的一大优点在于其每位独立，故 \(c(i,j)\) 相当于 \(i,j\) 每一位的变换系数相乘。

计算 \(\mathrm{FWT}(A)_i = \sum\limits_{j=0}^{n-1}c(i,j)A_j\) 仍然考虑分治，记 \(i'\) 表示 \(i\) 去掉最高位后的值，\(i_0\) 表示 \(i\) 的最高位，\(j\) 同理。

\[\begin{aligned} \mathrm{FWT}(A)_i &= \sum\limits_{j=0}^{n-1}c(i,j)A_j\\ &= \sum\limits_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i,j)A_j + \sum\limits_{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i,j)A_j\\ &= c(i_0,0)\sum\limits_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i',j')A_j + c(i_0,1)\sum\limits_{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i',j')A_j\\ \end{aligned}\]

转化为两个规模减半的子问题，根据 \(i_0\) 的值计算即可。

推演 \(c([0,1],[0,1])\) 的方法：

以 and 卷积为例。

首先有 \(c(i,0)c(i,j)=c(i,0)\)，故有 \(c(i,0)=0\) 或 \(c(i,j)=1\)。

由于这是一个线性运算，矩阵必须满秩，所以不能存在一行或一列均为 \(0\)。

由此得到合法的矩阵可能是 \(\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 1 & 1 \end{bmatrix}\) 或者 \(\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1 \end{bmatrix}\)，逆运算直接乘上矩阵的逆即可。

• 子集卷积

解决的问题是计算 \(F_i = \sum\limits_{j \operatorname{and} k = 0 \wedge j \operatorname{or} k = i} a_jb_k\)。

或卷积解决不了与为 \(0\) 的条件，考虑将其转化为 \(|j|+|k|=|i|\)，那么只需要在 \(F\) 内部维护一个多项式即可。

时间复杂度 \(O(n^22^n)\)。