快速傅里叶变换FFT& 数论变换NTT

快速傅里叶变换FFT

快速傅里叶变换（FFT）利用分治的思想，将 DFT 分解成更小的 DFT进行计算，可以在$O(n\log n)$时间复杂度内完成 DFT 的算法。可用来加速卷积和多项式乘法。

多项式乘法

对于$C(x)=A(x)B(x)=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{i}a_jb_{i-j}x^i$，（A的最高项次数加上B的最高项次数为n-1）直接计算是$O(n^2)$的。我们将它们变成点值表达式

\[A(x)：{(x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_{n-1},y_{n-1})}\\\\
B(x)：{(x_0,y_0'),(x_1,y_1'),...,(x_{n-1},y_{n-1}')}\\\\
C(x)：{(x_0,y_0y_0'),(x_1,y_1y_1'),...,(x_{n-1},y_{n-1}y_{n-1}')}
\]

那么就可以$O(n)$计算出C(x)。

将其转为点值表达式需要带入n个不同的x，利用霍纳法则，带入一个x需要$O(n)$时间：

\[A(x_0)=a_0+x_0(a_1+x_0(a_2+...+x_0(a_{n-2}+x_0(a_{n-1}))...))
\]

从点值表达式转换为系数表达式，用插值法，将n个不同的值带入A，唯一确定了一个系数表达式（证明可见《算法导论》）。

利用 FFT 可以在$O(n\log n)$ 内完成系数到点值，以及从点值到系数表达式。

n次单位复数根

n次单位复数根$w$是满足$w^n=1$的复数。主n次单位根为$w_n=e^{\frac {2\pi } ni}$，其它所有n次单位复数根都是$w_n$的幂次。

我们知道复数的指数形式的定义是：

\[e^{ui}=\cos(u)+i\sin(u)
\]

所以n个复数根均匀分布在以复平面原点为圆心的单位圆上。

单位根的性质

消去引理 $w^{dk}_{dn}=w^k_n$，带入定义即可证明。推论:$w^{n/2}_n=w_2=-1$
折半引理$(w^{k+n/2}_n)^2=(w_n^k)^2$，展开即可证明。推论:$w^{k+n/2}_n=-w^{k}_n$

为了方便分治，我们将n补到2的次幂（多项式后面加0）。将n个n次单位根带入A(x)的过程就是对系数向量进行 DFT 。

\[A(w_n^k)=\sum_{j=0}^{n-1}a_jw^{kj}_n,k=0,1,..,n-1
\]

考虑按指数奇偶分类:

\[A_{even}(x)=a_0+a_2x+a_4x^2+...\\
A_{odd}(x)=a_1+a_3x+a_5x^2+...\\
\]

那么

\[A(x)=A_{even}(x^2)+xA_{odd}(x^2)\\
A(w_n^k)=A_{even}(w_{n}^{2k})+w_n^kA_{odd}(w_n^{2k})\\
\]

当$k< n/2$时，由消去引理

\[A_{even}(w_n^{2k})+w_n^kA_{odd}(w_n^{2k})=A_{even}(w_{n/2}^k)+w_n^kA_{odd}(w_{n/2}^k)
\]

也就是相当于对两个长度为n/2的多项式$A_{even}(x)$,$A_{odd}(x)$进行 DFT。

指数不小于$n/2$的部分与$k+n/2$一一对应，由折半引理

\[A_{even}((w_n^{k+n/2})^2)+w_n^{k+n/2}A_{odd}((w_n^{k+n/2})^2)=A_{even}(w_{n/2}^k)-w_n^kA_{odd}(w_{n/2}^k)
\]

所以这个过程是可以递归的，且$T(n)=2T(n/2)+O(n)$。

递归的FFT（c++代码）

typedef complex<double> CD;

const double pi = acos(-1);

CD tmp[N],epsilon[N];

void init_epsilon(int n){

    for(int i = 0; i < n; ++i){

        epsilon[i] = CD(cos(2.0 * pi * i / n), sin(2.0 * pi * i / n));

        arti_epsilon[i] = conj(epsilon[i]);

    }

}

void recursive_fft(int n, CD* A,int offset, int step, CD* w){

    if(n==1)return;

    int m=n>>1;

    recursive_fft(m,A,offset,step<<1,w);

    recursive_fft(m,A,offset+step,step<<1,w);

    for(int k=0;k<m;++k){

        int pos=2*step*k;

        tmp[k]  =A[pos+offset]+w[k*step]*A[pos+offset+step];

        tmp[k+m]=A[pos+offset]-w[k*step]*A[pos+offset+step];

    }

    for(int i=0;i<n;++i)

        A[i*step+offset]=tmp[i];

}

迭代实现

但是递归需要比较大的空间，如何实现迭代的写法？

观察递归的过程，第一步：

0（000）2（010）4（100）6（110），1（001）3（011）5（101）7（111）

第二步：

0 （000）4（100），2（010） 6（110），1（001）5（101）3（011）7（111）

将下标的二进制翻转过来就是：

000，001，010，011，100，101，110，111

对应了0，1，2，3，...

用reverse(i)表示i的二进制翻转后的数。就相当于二进制从高位到低位的+1，是从左往右遇到第一个0，就改为1，左边的1改为0。

int reverse(int x){

    for(int l=1<<bit_length;(x^=l)<l;l>>=l);

    return x;

}

我们得到递归最后一步的数组：

0，4，2，6，1，5，3，7

就可以从下到上迭代了。

void bit_reverse(CD* A,int n){

    for(int i=0,j=0;i<n;++i){

        if(i>j)swap(A[i],A[j]);

        for(int l=n>>1;(j^=l)<l;l>>=1);

    }

}

void fft(CD* A, int n, CD* w){

    bit_reverse(A,n);

    for(int i=2;i<=n;i<<=1)//自下到上，i为每一层的步长，或者说子问题长度

      for(int j=0,m=i>>1;j<n;j+=i)//j为偏移量，或者说这一层的每一个子问题的起点

        for(int k=0;k<m;++k){//k=0..i/2，计算出子问题的第k个和第k+i/2个的值

          CD b=w[n/i*k]*A[j+m+k];

          A[j+m+k]=A[j+k]-b;

          A[j+k]+=b;

        }

}

离散傅里叶逆变换（IDFT）

将点值转回系数表达式，相当于解方程组$\vec{y}=V_n\vec{a}$，其中$\vec {a}$是系数向量。$V_n$是如下范德蒙德矩阵：

\[\begin{bmatrix}
1&1&1&1&\cdots &1\\
1&w;_n&w;_n^2&w;_n^3&\cdots &w;_n^{n-1}\\
1&w;_n^2&w;_n^4&w;_n^6&\cdots &w;_n^{2(n-1)}\\
\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
1&w;_n^{n-1}&w;_n^{2(n-1)}&w;_n^{3(n-1)}&\cdots &w;_n^{(n-1)(n-1)}\\
\end{bmatrix}
\]

那么$V_n^{-1}\vec{y}=\vec{a}$。

可令$[V_n^{-1}]_{kj}=w^{-kj}_n/n$，只需证明$V_n^{-1}V_n=I_n$：

\[[V_n^{-1}V_n]_{jj'}=\sum_{k=0}^{n-1}(w_n^{-kj}/n)(w_n^{kj'})=\sum_{k=0}^{n-1}w_n^{k(j'-j)}/n
=
\left\{
\begin{aligned}
0,j'\neq j \\
1,j'=j
\end{aligned}
\right.
\]

所以只要用$w_n^{-1}$替换$w_n$，并将结果每个元素除以n，就可以计算出$DDF_n^{-1}$。

FFT解决高精度乘法，c++代码

51 Nod 1028 大数乘法 V2

注意FFT因为用了cos和sin，以及是浮点数计算，所以会有精度误差，故加了0.5。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<r;++i)

#define per(i,l,r) for(int i=r-1;i>=l;--i)

#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef double dd;

typedef complex<dd> CD;

const dd PI=acos(-1.0);

const int L=18,N=1<<L;

CD eps[N],inv_eps[N],f[N],g[N];

void init_eps(int p){

    rep(i,0,p)eps[i]=CD(cos(PI*i*2/p),sin(PI*i*2/p)),inv_eps[i]=conj(eps[i]);

}

void fft(CD p[], int n, CD w[]){

    for(int i=0,j=0;i<n;++i){

        if(i>j)swap(p[i],p[j]);

        for(int l=n>>1;(j^=l)<l;l>>=1);

    }

    for(int i=2;i<=n;i<<=1)

        for(int j=0,m=i>>1;j<n;j+=i)

            rep(k,0,m){

                CD b=w[n/i*k]*p[j+m+k];

                p[j+m+k]=p[j+k]-b;

                p[j+k]+=b;

            }

}

int ans[N];

int main(){

    string a,b;

    cin>>a>>b;

    int n=max(SZ(a),SZ(b)),p=1;

    while(p<n)p<<=1;p<<=1;

    rep(i,0,p)f[i]=g[i]=0;

    n=0;per(i,0,SZ(a))f[n++]=a[i]-'0';

    n=0;per(i,0,SZ(b))g[n++]=b[i]-'0';

    init_eps(p);

    fft(f,p,eps);fft(g,p,eps);

    rep(i,0,p)f[i]*=g[i];

    fft(f,p,inv_eps);

    int t=0;

    rep(i,0,p){

        ans[i]=t+(f[i].real()+0.5)/p;

        if(ans[i]>9){t=ans[i]/10;ans[i]%=10;}

        else t=0;

    }

    bool flag=0;

    per(i,0,p)if(ans[i]||flag){

        printf("%d",ans[i]);flag=1;

    }

    if(flag==0)puts("0");

    return 0;

}

数论变换（NTT）

为了解决FFT产生的精度误差，就有了一种在模意义下的方法，运算过程只有整数。它就是NTT（Number-Theoretic Transform）。

原根

设m是正整数，a是整数，则使得同余式$a^r \equiv 1 \mod m$ 成立的最小正整数 $r$ 叫做 $a$ 对于模 $m$ 的指数。

若a模m的指数等于φ(m)（欧拉函数），则称a为模m的一个原根。

原根的性质

对于质数p来说原根 $g$ 满足 $g^0,g^1,g^2,…,g^{p-1}$ 构成模 $p$ 的简化剩余系。

我们令$p=c\cdot 2^k+1$ ，那么对于2的幂n有 $n|(p-1)$。设

\[g_n=g^{\frac {p-1}n}
\]

考虑FFT中，需要用到单位根的以下性质：

$w_n^k(0\le k < n)$互不相同，保证点值表示的合法；
$\omega_{n} ^ {2k} = \omega_{n/2} ^k$，用于分治；
$\omega_n ^ { k + \frac{n}{2} } = -\omega_n ^ k$，用于分治；
仅当$k \neq 0$时，$\sum_{j=0}^{n-1}(w_n^k)^j=0$，用于逆变换。

原根是否也有以上性质呢？

令$p=c\cdot 2^k+1$，取$n=2^m$，则(g_n^k(0\le k<n)=g^{\frac {(p-1)k}="" n}="g^0,g{c\cdot" 2^{k-m}},g{2c\cdot="" 2^{k-m}}…,g{(p-1){c\cdot="" 2^{k-m}}})<="" span="">，互不相等。</n)=g^{\frac>

这里有个小知识点，若$a_1,a_2,..a_p$ 是模p的完全剩余系，那么$aa_1+b,aa_2+b,..aa_p+b$也是模p的完全剩余系，证明：若$aa_j+ba\equiv a_i+b \mod p$则$a_i \equiv a_j \mod p$，矛盾。

$g_n^{2k}=g^{\frac {2k(p-1)} n}=g^{\frac{k(p-1)}{n/2}}=g_{n/2}^k$

$g_n^n=g^{p-1}\equiv 1\mod p\Rightarrow g^{\frac {p-1}2}\equiv\sqrt 1 \mod p$，因为$g^k$互不相同，所以$g^{\frac {p-1}2}\equiv -1\mod p$，于是$g^{k+\frac n 2}_n=g_n^k\cdot g_n^{\frac n 2}=g_n^k\cdot g^{\frac {p-1} 2}=-g_n^k$。

当$k \neq 0$时，$\sum_{j=0}^{n-1}(g_n^k)^j=\frac{1-(g_n^k)^n}{1-g_n^k}$，由3得，$g_n^n=1$，所以$1-(g_n^k)^n=1-(g_n^n)^k=0$。否则等于n。

因此在FFT中用原根代替单位根就是NTT了。如果要求模数任意，只要再用中国剩余定理（CRT）合并即可。

NTT的c++代码

仍然是上面高精度乘法那题

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<r;++i)

#define per(i,l,r) for(int i=r-1;i>=l;--i)

#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef long long LL;

const int L=18,N=1<<L;

const LL C = 479;

const LL P = (C << 21) + 1;

const LL G = 3;

LL qpow(LL a, LL b, LL m){

    LL ans = 1;

    for(a%=m;b;b>>=1,a=a*a%m)if(b&amp;1)ans=ans*a%m;

    return ans;

}

LL eps[N],inv_eps[N],f[N],g[N];

void init_eps(int n){

    LL t=(P-1)/n, invG=qpow(G,P-2,P);

    rep(i,0,n) eps[i]=qpow(G,t*i,P),inv_eps[i]=qpow(invG,t*i,P);

}

void fft(LL p[], int n, LL w[]){

    for(int i=0,j=0;i<n;++i){

        if(i>j)swap(p[i],p[j]);

        for(int l=n>>1;(j^=l)<l;l>>=1);

    }

    for(int i=2;i<=n;i<<=1)

        for(int j=0,m=i>>1;j<n;j+=i)

            rep(k,0,m){

                LL b=w[n/i*k]*p[j+m+k]%P;

                p[j+m+k]=(p[j+k]-b+P)%P;

                p[j+k]=(p[j+k]+b)%P;

            }

}

LL ans[N];

int main(){

    string a,b;

    cin>>a>>b;

    int n=max(SZ(a),SZ(b)),p=1;

    while(p<n)p<<=1;p<<=1;

    rep(i,0,p)f[i]=g[i]=0;

    n=0;per(i,0,SZ(a))f[n++]=a[i]-'0';

    n=0;per(i,0,SZ(b))g[n++]=b[i]-'0';

    init_eps(p);

    fft(f,p,eps);fft(g,p,eps);

    rep(i,0,p)f[i]=f[i]*g[i]%P;

    fft(f,p,inv_eps);

    int t=0;

    LL invp=qpow(p,P-2,P);

    rep(i,0,p){

        ans[i]=(t+f[i]*invp%P)%P;

        if(ans[i]>9){t=ans[i]/10;ans[i]%=10;}

        else t=0;

    }

    bool flag=0;

    per(i,0,p)if(ans[i]||flag){

        printf("%lld",ans[i]);flag=1;

    }

    if(flag==0)puts("0");

    return 0;

}

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