快速傅里叶变换FFT总结

快速傅里叶变换，在竞赛中离散傅里叶变换DFT及其逆变换IDFT尤为常用，主要用于快速求多项式的乘积。形式化地说，多项式就是某个f(x)=∑i=0naixi，两个系数分别为ai和bi，那么(f×g)(x)=f(x)g(x)=∑i=0n∑j=0naibjxi+j，容易看出这个多项式是2n次的。
【补充知识1】我们接着先看一下一个叫卷积的东西。卷积实际上就是对应相乘，(f⊗g)(x)=∑i=0naibixi，可以稍微理解一下，实质上我们如果将乘法视为一种变换，卷积就是在向量上的变换的叠加。
【补充知识2】
其实，对于一条n次的多项式曲线，我们可以通过类比认识到我们需要n+1个不同的点就可以唯一确定这条曲线。比如说一次函数需两个点，二次函数需三个点，等等。我们考虑到，我们表达这些函数为f(x)=∑i=0naixi，那么如果我们现在得知了n+1个函数上的点，直接代入就可以相应得出n+1个方程，由于点两两不同，所以这个方程组一定恰有一组解，这也就确定了一条唯一的曲线。

好的，接下来是真正的内容。
我们可以发现，要确定最终的(f⊗g)(x)，需要使用2n+1个点值表达，也就是在最终结果曲线上的2n+1个点。我们如果考虑在f(x)和g(x)上取2n+1个点，设为(xi,yfi)和(xi,ygi)，我们发现只要将其卷积一下，我们就能够找到这2n+1个点。这是很好理解的，因为将yfi和ygi卷积后作为新的纵坐标所得到的点，显然就在(f⊗g)(x)上。
那么我们的问题就只剩下怎样计算和如何再次快速确定了。
我们考虑下分治，如果我们将系数向量中奇数项和偶数项分开来，我们会发现所得的两个式子间有一定的相似性：

a1x1+a3x3+⋯+a2k+1x2k+1

a0x0+a2x2+⋯+a2kx2k+⋯

实际上，我们考虑将上面的式子变为x(a1x0+a3x2+⋯+a2k+1x2k+⋯)，再将各项的次数折半（因为是偶数），我们现在就能够得到两个规模相对于原来的问题减半的子问题，可以递归求解，这里我们就得出了DFT的算法，由主定理对于T(n)=2T(n2)+O(n)，马上看出其复杂度O(nlgn)。
但是，在还原的时候，我们却遇到了一个困难：我们如何将点值表达快速变为系数表达？难道我们去用高斯消元法？这样O(n3)岂不是比原来还慢？我们来观察一下DFT的实质。我们将DFT的效果写成这样一个矩阵：

⎡⎣⎢⎢⎢⎢⎢11⋮1x0x1⋮xn⋯xn0⋯xn1⋱⋯xnn⋮⎤⎦⎥⎥⎥⎥⎥

稍微解释下，根据线性代数，这个东西乘上我们的系数向量之后所得就是对应的x=x0,1,⋯,n时(f⊗g)(x)的结果。这个东西是很显然的，考虑用线性变换的角度理解。
然后我们考虑DFT的逆变换，即所谓IDFT，其的实质就是乘上DFT所乘上的这个矩阵的一个逆矩阵。由逆矩阵定义，我们可以考虑猜想在逆矩阵中(j,k)处，数为x−jk×C，其中C是一个常数。那么如果将两个矩阵乘起来，再考虑(j,j′)处的值，为

∑k=0nxj′−jkC

要满足逆矩阵条件VV−1=In，我们需要当且仅当j′=j的时候上式为1，其余情况为0。先看第一个条件，代进去得到∑nk=0C=1，得C=1n。代回去并根据第二个条件我们有

∑k=0nxj′−jk=0(j′≠j)

然后我并不知道怎么一直推下去，于是我们直接来一个构造法。我们令xk=wkn，然后我们就得到了一个等比数列，按照上式求和根据公式可以得到

∑k=0n(wkn)j′−j=∑k=0n(wj′−jn)k=(wj′−jn)n−1wj′−jn−1=0

，即（这里跳了一步移项）

(wj′−jn)n=1

我们又考虑到，j′和j取遍0⋯n间的所有值，所以上式可以改为(wkn)n=wknn=1，其中k的值域为从−n到n。
然后，我们考虑先取k=1，本质上这里说的就是我们需要这样的一类不同的2n个数使得(wn)n=1。显然在实数域中只能有1（以及−1，因为我们在分治的时候预先补了零使得次数是2d）满足这个性质，显然太少了，怎么办？
我们考虑扩展取值范围。一种方法，就是不只考虑实轴，我们可以考虑下复平面。也就是说，我们可以不只考虑a∈R，而是考虑所有a+bi∈C，其中a,b∈R，而这里的i，是一个曾经数学中往往避开的事物，满足i2=−1。实质上来说，复数可以理解为一种向量，比如说两个复数相加就是向量作用的叠加，而两个复数的积，则是另一种程度上的叠加。比方说我们考虑到，我们用极坐标也可以确定向量，进而确定复数，我们由变换

f(x)={xy==ρcosθρsinθ

我们可以得出在极坐标意义下a+bi可以写成ρ(cosθ+isinθ)，考虑两个复数相乘的时候，我们有（涉及高中三角学知识，若无基础可以跳过）

ρ1(cosθ1+isinθ1)×ρ2(cosθ2+isinθ2)=ρ1ρ2(cosθ1cosθ2+isinθ1cosθ2+isinθ2cosθ1−sinθ1sinθ2)

考虑利用各种和差化积公式（具体推导这里略去），得到乘积为ρ1ρ2(cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2))，实质上就是长度相乘，旋转角相加。
我在继续来考量下这个概念有什么用。上面的(wn)n=1在变换群里面其实对应的是一种循环，称作生成元。我们考虑到，如果对应在复平面上，我们考虑令ρ=1，然后长度上不管怎么乘都不会变，最后也就是1（由于ρ被要求是非负实数），然后神奇的东西来了，我们令θ=2π/n，也就是将整个复平面划分成n份，那么根据我们刚才的相乘原则，这个复数向量cos(2πn+isin(2πn))实际上就是我们所要求的wn。继续考量下它的性质，如果考虑wkn(0≤k<n)，其的n次方也是1，因为(wkn)n=(wnn)k=1k=1，同时在复数意义下，这n个数也是两两不同的，所以我们如果代入这n个数，我们就可以在O(nlgn)的时间内计算出IDFT，而且代码上和DFT差不多，因为只是最后多除了个n，同时把wkn换成了w−kn，因此也可以写在一起，传入参数在某几步上加个特判。
同时复数还有性质wk+n/2n=wkn×wn/2n，而又容易由角度看出wn/2n=−1，所以wk+n/2n=−wkn。这个东西可以用来稍微改进下DFT，这样我们的计算量大概减少了一半左右，代码也是更容易写了。
不过，虽然说DFT在理论上是没有误差的，但是鉴于三角函数浮点数上计算有不小的误差，所以说如果多项式的系数向量都是整数的话，显然最后的系数向量也是整数，那么我们完全可以不在复数域下进行，而是在另一种同样具有群性质的数系下进行，比如说我们同样熟悉的模域下。而这就要在数论上进行讨论了，所以并不写，坑等以后再填……
好吧，最后再提一下，其实是有四种傅里叶变换的，分别对应着时域和频域上的离散和连续，其中如果两个域都是连续的，实质上就是傅里叶级数，也就是将一个函数展开成许多三角函数构成的无穷级数。再换句话说，就是用许多正（余）弦波的叠加去不断拟合某条给定的曲线。当然，你也可以用方波去拟合，这就涉及到快速沃尔什变换（FWT）了。