快速傅里叶变换（FFT）

来源：互联网发布：天刀侠女捏脸数据分享编辑：程序博客网时间：2024/05/08 12:31

快速傅里叶变换

FFT是用来计算离散傅里叶变换（DFT）及其逆变换（IDFT）的快速算法。
两个n次多项式直接相乘所需的时间为O（n2），而FFT可以将其复杂度降低为O（nlogn）。
令A(x) = ∑n−1j=0ajxj
B(x) = ∑n−1j=0bjxj
C(x) = ∑2n−2j=0cjxj
其中cj=∑jk=0akbj−k
一个n次多项式可以由n+1个点值确定，例如两点确定一条直线，三点确定一个二次函数。
那么我们通过DFT将由系数表达式确定的A，B分别转换为点值表达式以后，可以得到C的点值表达式以后，通过IDFT可以得到C的系数表达式。

例如:
A的点值表达式{(x0,y0),(x1,y1)⋅⋅⋅(x2n−1,y2n−1)}
B的点值表达式{(x0,y′0),(x1,y′1)⋅⋅⋅(x2n−1,y′2n−1)}
那么C的点值表达式为{(x0,y0y′0),(x1,y1y′1)⋅⋅⋅(x2n−1,y2n−1y′2n−1)}

通过精心的选点，我们可以将系数表达式转为点值表达式的求值过程，与将点值表达式转为系数表达式的插值过程变为O（nlogn）。

实现

折半引理：若n>0且n为偶数，那么n个n次单位复数根的平方的集合就是n2个n2次单位复根的集合。
我们在定义两个次数界为n2的多项式A[0](x)和A[1](x)：
A[0](x)=a0+a2x+a4x2+⋅⋅⋅+an−2xn/2−1
A[1](x)=a1+a2x+a3x2+⋅⋅⋅+an−1xn/2−1
其中A[0](x)包括所有下标为偶数的系数，A[1](x)包括所有下标为奇数的系数，所以有A(x) = A[0](x2) + xA[1](x2)
所以我们将求A(x)的点值转化为求次数界n/2处A[0](x)和A[1](x)的值。
我们由折半引理可以递归的将以上两个多项式在n/2个n/2次单位复根处的值求出，此时我们需要保证n是2的幂。
然后我们将其递归的过程画出来，以0~7为例，我们可以发现，从左到右，其二进制下标分别为:
000,100,010,110,001,101,011,111 将他们反转得到
000,001,010,011,100,101,110,111
所以我们可以将其转化为迭代的版本！

DFT−1n(y)的结果为：
aj=1n∑n−1k=0ykω−kjn
所以我们只需要用ω−1n代替ωn，最后将所有结果除以n即可。

下面给出代码：

#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cmath>#include <iostream>using namespace std;const double pi = acos(-1.0);const int MAXN = 300003;struct comp {    double x, y;    comp(double _x = 0, double _y = 0):x(_x), y(_y) {}    comp operator + (const comp& a) const { return comp(x + a.x, y + a.y); }    comp operator - (const comp& a) const { return comp(x - a.x, y - a.y); }    comp operator * (const comp& a) const { return comp(x * a.x - y * a.y, x * a.y + y * a.x); }};int rev[MAXN], T;comp Sin[MAXN], tmp;void fft(comp *a) {    for(int i = 1; i < T; i++) if(rev[i] > i) swap(a[rev[i]], a[i]);    for(int i = 2, mid = 1, s = (T >> 1); i <= T; mid = i, i <<= 1, s >>= 1) {        for(int j = 0; j < T; j += i) {            for(int k = j, cur = 0; k < j + mid; k++, cur += s) {                tmp = a[k + mid] * Sin[cur];                a[k + mid] = a[k] - tmp;                a[k] = a[k] + tmp;            }        }    }}comp A[MAXN];int n, m;inline void init() {    for(T = 1; T <= n + m; T <<= 1);    for(int i = 1; i < T; i++) {        if(i & 1) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) ^ (T >> 1);        else rev[i] = rev[i >> 1] >> 1;    }    Sin[0] = comp(1, 0); Sin[1] = comp(cos(2 * pi / T), sin(2 * pi / T));    for(int i = 2; i < (T >> 1); i++) Sin[i] = Sin[i - 1] * Sin[1];}int main() {    scanf("%d%d", &n, &m);    for(int i = 0; i <= n; i++) scanf("%lf", &A[i].x);    for(int i = 0; i <= m; i++) scanf("%lf", &A[i].y);    init();    fft(A);    for(int i = 0; i < T; i++) A[i] = A[i] * A[i];    for(int i = 0; i < (T >> 1); i++) Sin[i].y = -Sin[i].y;    fft(A);    for(int i = 0; i <= n + m; i++) printf("%d%c", (int)(A[i].y / T / 2 + 0.5), i == n + m ? '\n' : ' ');    return 0;}

于是我们就可以在O（nlogn）的时间内求得多项式乘法的系数表达式。

对于大家都会的高精度乘法，我们也可以看作多项式的乘法，并用FFT优化。
不过有一个小细节，由于折半引理，所以我们要保证次数为2的次幂，如果不是，我们可以直接添加0使其成为2的次幂，然后计算。

对于带通配符的字符串题，也是可以用FFT做的，例如bzoj4503
题目传送门：bzoj4503
题解传送门：http://blog.csdn.net/Nickwzk/article/details/56495231

通过这道题，说明只要通过构造适当的式子，使其能通过FFT优化，那就可以在O（nlogn）的时间复杂度完成带通配符的字符串匹配。

需要注意的事情：

范围需要开到2的次幂以上，不是两倍
多次求FFT时需要注意初始化的位置，例如VijosP2000 AxBProblem
数据量较大时注意精度问题，不能预处理ω
求IDFT时注意用ω−1n代替ωn
最后答案需要除以n（这个n在代码中应该是2 * T）
最后结果小数点后要四舍五入

0 0