标签:大整数乘法 转换 idf 图片 构造 文章 欧拉公式 如何 取值
在我还会FFT的时候赶快写下一篇博客留着以后看。。。。。。
FFT是用来求解多项式乘法,那么首先我们要知道多项式是啥。
这是个n-1次多项式(最高项是\(x^{n-1}\)),\(a_0,a_1,···a_{n-1}\)是它各项的系数,该多项式可以写成:
一个多项式可以通过一组系数所确定,而这组系数所组成的向量也叫做系数向量(如\(A(x)\)的系数向量为:[\(a_0 \ \ \ a_1\ ··· \ a_{n-1}\)]),通过系数向量表示一个多项式的方式叫做系数表示法
多项式乘法就是,我们已知两个多项式:\(A(x),B(x)\),分别是n-1次和m-1次多项式。
现在讲这两个多项式相乘,得到一个最高n+m-1次多项式:
那么求解\(C(x)\)也就是求出它的系数向量:[\(c_0 \ \ c1 \ \ ··· \ \ c_j \ \ ··· \ \ c_n+m-1\)]
如果直接遍历\(A(x),B(x)\)的每一项的话是\(O(n*m)\),我们需要更快的算法,就是我们所讨论的:快速傅里叶变换(FFT)
点值表示法
对于一个已知的多项式\(A(x)\),将\(x_0\)代入可以得到一个确定的\(y_0\),并且,可以将\((x_0,y_0)\)看做是坐标系上的一个点。进一步可以将任意多的互不相等的自变量代入\((x_1,x_2,···)\),从而得到更多的点:\((x_1,y_1),(x_2,y_2),···\)
我们知道,通过两个(不同的)点,可以解析一次多项式\((ax+b)\),通过三个不同的点可以解析二次多项式\((ax^2+bx+c)\),所以可以进一步的推出,通过n+1个不同的点,可以解出n次多项式
通过n+1个不同的点\(\left\{ (x_1,y_1),(x_2,y_2),··· \right\}\),唯一确定一个n次多项式,该方式也叫做多项式的点值表示法
我们惊奇的发现两个用点值表示的多项式相乘,复杂度是\(O(n)\)的!具体方法:\(C(x_i)=A(x_i)×B(x_i)\),所以O\((n)\)枚举\(x_i\)即可。
要是我们把两个多项式转换成点值表示,再相乘,再把新的点值表示转换成多项式岂不就可以\(O(n)\)解决多项式乘法了!
……很遗憾,显然,把多项式转换成点值表示的朴素算法是\(O(n^2)\)的。另外,即使你可能不会——把点值表示转换为多项式的朴素“插值算法”也是\(O(n^2)\)的。
但是可以发现,大整数乘法复杂度的瓶颈可能在“多项式转换成点值表示”这一步(以及其反向操作),只要完成这一步就可以\(O(n)\)求答案了。如果能优化这一步就可以了。
于是乎介绍另外两个前置芝士
离散傅里叶变换(DFT)以及离散傅里叶变换逆变换(IDFT),公式如下:
上面的两个式子中\(i\)是虚根(\(i^2 = -1\)),关于这两个式子的证明在文章最后会给出。
我们设置一些变量,将这两个公式代入到我们之前的问题里。
设:\(w = e^{\frac{2\pi i}{N}}\),其中\(N = n+m\),关于变量\(w\)的性质先不讨论,之后会有,再令
将这些变量代入到DFT的公式里可得到:
通过上式讲DFT与我们目标多项式\(C(x)\)关联了起来,自然也就可以通过IDFT来计算多项式的系数\(c_j\):
但是,由于不知道\(c_j\)的具体值(知道就完结撒花了),所以无法用DFT计算\(C(w^k)\)
不过,我们知道:\(C(x)=A(x)*B(x)\),而且多项式\(A(x)B(x)\)的系数是已知的,所以可以“曲线救国”:
通过该式计算\(C(w^k)\),然后再使用IDFT计算\(c_j\)。
以上是FFT的概括,下面进行展开讨论
为了更好的讨论\(w = e^{\frac{2\pi i}{N}}\),我们还是从欧拉公式说起
该公式的证明也在文章最后给出。
\(e^{i\theta}\)是一个复数,他的实部的值为\(\cos\theta\),虚部的值为\(\sin\theta\),所以,\(e^{i\theta}\)对应复数平面上的点与原点之间的距离恒为1,如图
因为\(\sin\theta,\cos\theta\)是周期函数(周期为\(2\pi\)),所以可以得出:
并且无论\(\theta\)取何值,\(e^{i\theta}\)都是分布在复平面的单位圆上,由于是单位元,所以\(\theta\)此时就等于是从1(起点)到\(e^{i\theta}\)在圆上的弧长。
上面简要介绍了欧拉公式,下面回到我们定义的变量:\(w = e^{\frac{2 \pi i}{n}}\),前面的概述中为了方便,\(w\)没有加上下标,在此为更清楚的表示会给\(w\)加一个下标:\(w_n=e^{\frac{2\pi i}{n}}\)
从面欧拉公式的讨论中可以指导,\(e^{2\pi i} = 1\),相当于在单位圆上绕了一圈又回到了起点,而\(\frac{2\pi}{n}\)相当于是这个单位圆分成了\(n\)等分,而\(w_n^k\)就对应单位圆上第\(k\)个等分点(\(k=0,1,2,···,n-1\))
这是个\(n=18\)的例子,并标出了两个值\(\left\{ w_n^k|k=2,10 \right\}\),通过前面的讨论以及这个栗子,应该对\(w_n^k\)有了一个比较直观的认识,说了这么多,应该能猜到N次单位根就是指的它了,关于N次单位根介绍几个性质:
性质1是消去引理,性质2是折半引理,性质3我忘了叫啥。。。
首先,定义\(N = m+n\)(n,m分别是多项式\(A(x),B(x)\)的系数数量),前面已经说过无法直接使用DFT计算\(C(w_n^k)\),需要先计算\(A(w_N^k),B(w_N^k)\)
单数如果直接把\(\left\{ w_N^k|k=0,1,2,···,N-1 \right\}\)简单粗暴的代进去,时间复杂度依旧是\(O(N^2)\),无论后面如何计算,也无法降低整个算法的复杂度,因为,需要使用的一些方法,来降低\(A(w_N^k),B(w_N^k)\) 的时间
for example,我们有个多项式:
我们可以将它的奇数项与偶数项分开:
并且\(H1(x),H2(x)\)还可以递归的计算下去,该方法用到\(A(x),B(x)\)上就是:
时间复杂度就变成了:
除此之外,还可以利用前面讨论的单位根的性质来降低计算量,例如,\(0 \leq k < \frac{n}{2}\):
这样,计算\(k\)一般的取值范围就可以得到整个取值范围的结果,所以,将\(A(w_N^k),B(w_N^k)\)计算完毕之后,就可以通过简单的乘法来计算\(C(w_N^k)\):
求解\(C(x)\)系数
计算 这一步基本已经完成一大半了,只需要使用IDFT公式来求解\(C(x)\)的各项系数就可以了:
上面式子中\(C_k = C(w_N^k)\),另外,为了方面表示,通常会构造一个N-1次多项式\(D(x)\),它的系数就是各个\(C_k\)的值:
所以,最终\(c_j\)的计算公式可以写成:
上式第二部使用了单位根的性质3:
1.取N个单位根:[\(w_N^0 \ \ w_N^1 \ \ w_N^2 \ \ ··· \ \ w_N^{N-1}\)]
2.将它们分别代入到多项式\(A(x),B(x)\)中
3.计算\(C(w_N^k) = A(w_N^k)B(w_N^k)\)
4.构造一个新的多项式\(D(x) = C_0+C_1x^1+C_2x^2+···+C_{N-1}x^{N-1}\)
5.计算\(D(w_N^k)\)
6.计算多项式\(C(x)\)的系数\(c_j=\frac{1}{N}D(w_N^{N-j}),j=0,1,2,···,N-1\)
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原文地址:https://www.cnblogs.com/excellent-zzy/p/12702388.html