FFT

时间：2019-05-31 23:44:32 阅读：131 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

标签：isp 研究平行四边形四边形 otto 计算有一个最大的圆心

多项式

系数表示法

设

则 $A(x)=\sum_{i=0}^{n} a_i * x^iA(x)=∑i=0n?ai?∗xi$

例如： $A(3)=2+3*x+x^2A(3)=2+3∗x+x2$

利用这种方法计算多项式乘法复杂度为 $O(n^2)O(n2)$

（第一个多项式中每个系数都需要与第二个多项式的每个系数相乘）

点值表示法

将

则该多项式被这 $nn个点(x_1,y_1),(x_2,y_2),\dots,(x_n,y_n)(x1?,y1?),(x2?,y2?),…,(xn?,yn?)唯一确定$

其中 $y_i=\sum_{j=0}^{n-1} a_j*x_i^jyi?=∑j=0n−1?aj?∗xij?$

例如：上面的例子用点值表示法可以为

利用这种方法计算多项式乘法的时间复杂度仍然为 $O(n^2)O(n2)$

（选点

我们可以看到，两种方法的时间复杂度都为 $O(n^2)O(n2)，我们考虑对其进行优化$

对于第一种方法，由于每个点的系数都是固定的，想要优化比较困难

对于第二种方法，貌似也没有什么好的优化方法，不过当你看完下面的知识，或许就不这么想了

　复数

在介绍复数之前，首先介绍一些可能会用到的东西

向量

同时具有大小和方向的量

在几何中通常用带有箭头的线段表示

圆的弧度制

等于半径长的圆弧所对的圆心角叫做1弧度的角，用符号rad表示，读作弧度。用弧度作单位来度量角的制度叫做弧度制

公式:

$1^{\circ }=\dfrac{\pi}{180}rad1°=180π?rad$

$180^{\circ }=\pi rad180°=πrad$

平行四边形定则

平行四边形定则：AB+AD=AC

复数

定义

设 $a,ba,b为实数，i^2=-1i2=−1，形如a+bia+bi的数叫负数，其中ii被称为虚数单位，复数域是目前已知最大的域$

在复平面中，

模长：从原点 $(0,0)(0,0)到点(a,b)(a,b)的距离，即\sqrt{a^2+b^2}a2+b2?$

幅角：假设以逆时针为正方向，从

运算法则

加法：

因为在复平面中，复数可以被表示为向量，因此复数的加法与向量的加法相同，都满足平行四边形定则（就是上面那个）

乘法：

几何定义：复数相乘，模长相乘，幅角相加

代数定义：

$=ac+adi+bci+bdi^2=ac+adi+bci+bdi2$

单位根

下文中，默认

在复平面上，以原点为圆心， $11为半径作圆，所得的圆叫单位圆。以圆点为起点，圆的nn等分点为终点，做nn个向量，设幅角为正且最小的向量对应的复数为\omega_nωn?，称为nn次单位根。$

根据复数乘法的运算法则，其余 $n-1n−1个复数为\omega_n^2,\omega_n^3,\ldots,\omega_n^nωn2?,ωn3?,…,ωnn?$

注意 $\omega_n^0=\omega_n^n=1ωn0?=ωnn?=1（对应复平面上以xx轴为正方向的向量）$

那么如何计算它们的值呢？这个问题可以由欧拉公式解决 $\omega_{n}^{k}=\cos\ k *\frac{2\pi}{n}+i\sin k*\frac{2\pi}{n}ωnk?=cos k∗n2π?+isink∗n2π?$

单位根的幅角为周角的 $\dfrac{1}{n}n1?$

在代数中，若 $z^n=1zn=1，我们把zz称为nn次单位根$

单位根的性质

$$\omega _{n}^{k}=\cos k\dfrac{2\pi}{n}+i\sin k\dfrac {2\pi }{n}$ωnk?=coskn2π?+isinkn2π?（即上面的公式） \omega _{2n}^{2k}=\omega _{n}^{k}ω2n2k?=ωnk? 证明：$

$\omega _{2n}^{2k}=\cos 2k*\frac{2\pi}{2n}+i\sin2k*\frac{2\pi}{2n}ω2n2k?=cos2k∗2n2π?+isin2k∗2n2π?$

$=\omega _{n}^{k}=ωnk?$

$\omega _{n}^{k+\frac{n}{2}}=-\omega _{n}^{k}ωnk+2n??=−ωnk?\omega _{n}^{\frac{n}{2}}=\cos\frac{n}{2}*\frac{2\pi}{n}+i\sin\frac{n}{2}*\frac{2\pi}{n}ωn2n??=cos2n?∗n2π?+isin2n?∗n2π?$

$=\cos \pi+i\sin\pi=cosπ+isinπ$

$\omega _{n}^{0}=\omega _{n}^{n}=1ωn0?=ωnn?=1 讲了这么多，貌似跟我们的正题没啥关系啊。。$

OK！各位坐稳了，前方高能！

快速傅里叶变换

我们前面提到过，一个

那么我们可以把单位根的 $00到n-1n−1次幂带入，这样也可以把这个多项式确定出来。但是这样仍然是O(n^2)O(n2)的呀！$

我们设多项式 $A(x)A(x)的系数为(a_o,a_1,a_2,\ldots,a_{n-1})(ao?,a1?,a2?,…,an−1?)$

那么 $A(x)=a_0+a_1*x+a_2*{x^2}+a_3*{x^3}+a_4*{x^4}+a_5*{x^5}+ \dots+a_{n-2}*x^{n-2}+a_{n-1}*x^{n-1}A(x)=a0?+a1?∗x+a2?∗x2+a3?∗x3+a4?∗x4+a5?∗x5+?+an−2?∗xn−2+an−1?∗xn−1$

将其下标按照奇偶性分类

$A(x)=(a_0+a_2*{x^2}+a_4*{x^4}+\dots+a_{n-2}*x^{n-2})+(a_1*x+a_3*{x^3}+a_5*{x^5}+ \dots+a_{n-1}*x^{n-1})A(x)=(a0?+a2?∗x2+a4?∗x4+?+an−2?∗xn−2)+(a1?∗x+a3?∗x3+a5?∗x5+?+an−1?∗xn−1)$

设

$A_1(x)=a_0+a_2*{x}+a_4*{x^2}+\dots+a_{n-2}*x^{\frac{n}{2}-1}A1?(x)=a0?+a2?∗x+a4?∗x2+?+an−2?∗x2n?−1$

$A_2(x)=a_1*x+a_3*{x}+a_5*{x^2}+ \dots+a_{n-1}*x^{\frac{n}{2}-1}A2?(x)=a1?∗x+a3?∗x+a5?∗x2+?+an−1?∗x2n?−1$

那么不难得到

$A(x)=A_1(x^2)+xA_2(x^2)A(x)=A1?(x2)+xA2?(x2)$

我们将 $\omega_n^k (k<\frac{n}{2})ωnk?(k<2n?)代入得$

$A(\omega_n^k)=A_1(\omega_n^{2k})+\omega_n^kA_2(\omega_n^{2k})A(ωnk?)=A1?(ωn2k?)+ωnk?A2?(ωn2k?)$

$=A_1(\omega_{\frac{n}{2}}^{k})+\omega_n^kA_2(\omega_{\frac{n}{2}}^{k})=A1?(ω2n?k?)+ωnk?A2?(ω2n?k?)$

同理，将 $\omega_n^{k+\frac{n}{2}}ωnk+2n??代入得$

$A(\omega_n^{k+\frac{n}{2}})=A_1(\omega_n^{2k+n})+\omega_n^{k+\frac{n}{2}}(\omega_n^{2k+n})A(ωnk+2n??)=A1?(ωn2k+n?)+ωnk+2n??(ωn2k+n?)$

$=A_1(\omega_n^{2k}*\omega_n^n)-\omega_n^kA_2(\omega_n^{2k}*\omega_n^n)=A1?(ωn2k?∗ωnn?)−ωnk?A2?(ωn2k?∗ωnn?)$

$=A_1(\omega_n^{2k})-\omega_n^kA_2(\omega_n^{2k})=A1?(ωn2k?)−ωnk?A2?(ωn2k?)$

大家有没有发现什么规律？

没错！这两个式子只有一个常数项不同！

那么当我们在枚举第一个式子的时候，我们可以

又因为第一个式子的 $kk在取遍[0,\frac{n}{2}-1][0,2n?−1]时，k+\frac{n}{2}k+2n?取遍了[\frac{n}{2},n-1][2n?,n−1]$

所以我们将原来的问题缩小了一半！

而缩小后的问题仍然满足原问题的性质，所以我们可以递归的去搞这件事情！

直到多项式仅剩一个常数项，这时候我们直接返回就好啦

时间复杂度：

不难看出FFT是类似于线段树一样的分治算法。

因此它的时间复杂度为

快速傅里叶逆变换

不要以为FFT到这里就结束了。

我们上面的讨论是基于点值表示法的。

但是在平常的学习和研究中很少用点值表示法来表示一个多项式。

所以我们要考虑如何把点值表示法转换为系数表示法，这个过程叫做傅里叶逆变换

$(y_0,y_1,y_2,\dots,y_{n-1})(y0?,y1?,y2?,…,yn−1?)为(a_0,a_1,a_2,\dots,a_{n-1})(a0?,a1?,a2?,…,an−1?)的傅里叶变换（即点值表示）$

设有另一个向量 $(c_0,c_1,c_2,\dots,c_{n-1})(c0?,c1?,c2?,…,cn−1?)满足$

$c_k=\sum_{i=0}^{n-1}y_i(\omega_n^{-k})^ick?=i=0∑n−1?yi?(ωn−k?)i$

即多项式 $B(x)=y_0,y_1x,y_2x^2,\dots,y_{n-1}x^{n-1}B(x)=y0?,y1?x,y2?x2,…,yn−1?xn−1在\omega_n^{0},\omega_n^{-1},\omega_n^{-2},\dots,\omega_{n-1}^{-(n-1)}ωn0?,ωn−1?,ωn−2?,…,ωn−1−(n−1)?处的点值表示$

emmmm又到推公式时间啦

$(c_0,c_1,c_2,\dots,c_{n-1})(c0?,c1?,c2?,…,cn−1?)满足c_k=\sum_{i=0}^{n-1}y_i(\omega_n^{-k})^ick?=i=0∑n−1?yi?(ωn−k?)i$

$=\sum_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\omega_n^i)^j)(\omega_n^{-k})^i=i=0∑n−1?(j=0∑n−1?aj?(ωni?)j)(ωn−k?)i$

$=\sum_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\omega_n^j)^i)(\omega_n^{-k})^i=i=0∑n−1?(j=0∑n−1?aj?(ωnj?)i)(ωn−k?)i$

$=\sum_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\omega_n^j)^i(\omega_n^{-k})^i)=i=0∑n−1?(j=0∑n−1?aj?(ωnj?)i(ωn−k?)i)$

$=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\omega_n^j)^i(\omega_n^{-k})^i=i=0∑n−1?j=0∑n−1?aj?(ωnj?)i(ωn−k?)i$

$=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\omega_n^{j-k})^i=i=0∑n−1?j=0∑n−1?aj?(ωnj−k?)i$

$=\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\sum_{i=0}^{n-1}(\omega_n^{j-k})^i)=j=0∑n−1?aj?(i=0∑n−1?(ωnj−k?)i)$

设 $S(x)=\sum_{i=0}^{n-1}x^iS(x)=∑i=0n−1?xi$

将 $\omega_n^kωnk?代入得$

$S(\omega_n^k)=1+(\omega_n^k)+(\omega_n^k)^2+\dots(\omega_n^k)^{n-1}S(ωnk?)=1+(ωnk?)+(ωnk?)2+…(ωnk?)n−1$

当

等式两边同乘 $\omega_n^kωnk?得$

$\omega_n^kS(\omega_n^k)=\omega_n^k+(\omega_n^k)^2+(\omega_n^k)^3+\dots(\omega_n^k)^{n}ωnk?S(ωnk?)=ωnk?+(ωnk?)2+(ωnk?)3+…(ωnk?)n$

两式相减得

$\omega_n^kS(\omega_n^k)-S(\omega_n^k)=(\omega_n^k)^{n}-1ωnk?S(ωnk?)−S(ωnk?)=(ωnk?)n−1$

$S(\omega_n^k)=\frac{(\omega_n^k)^{n}-1}{\omega_n^k-1}S(ωnk?)=ωnk?−1(ωnk?)n−1?$

$S(\omega_n^k)=\frac{(\omega_n^n)^{k}-1}{\omega_n^k-1}S(ωnk?)=ωnk?−1(ωnn?)k−1?$

$S(\omega_n^k)=\frac{1-1}{\omega_n^k-1}S(ωnk?)=ωnk?−11−1?$

观察这个式子，不难看出它分母不为0，但是分子为0

因此，当 $K!=0K!=0时，S(\omega^{k}_{n})=0S(ωnk?)=0$

那当

很显然， $S(\omega^{0}_{n})=nS(ωn0?)=n$

继续考虑刚刚的式子

$c_k=\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\sum_{i=0}^{n-1}(\omega_n^{j-k})^i)ck?=j=0∑n−1?aj?(i=0∑n−1?(ωnj−k?)i)当j!=kj!=k时，值为00 当j=kj=k时，值为nn 因此，c_k=na_kck?=nak?a_k=\frac{c_k}{n}ak?=nck??$

这样我们就得到点值与系数之间的表示啦

FFT

标签：isp 研究平行四边形四边形 otto 计算有一个最大的圆心

原文地址：https://www.cnblogs.com/guoshaoyang/p/10957854.html

踩

(0)

评论一句话评论（0）

分享档案

更多>

2021年07月29日 (22)
2021年07月28日 (40)
2021年07月27日 (32)
2021年07月26日 (79)
2021年07月23日 (29)
2021年07月22日 (30)
2021年07月21日 (42)
2021年07月20日 (16)
2021年07月19日 (90)
2021年07月16日 (35)

周排行