В этом посте я подробно объясню принцип работы алгоритма Быстрого преобразования Фурье. Будет необходимо знание базовых операций с комплексными числами. Здесь приложена краткая реализация комплексных чисел.↵
↵
<spoiler summary="Комплексные числа">↵
↵
~~~~~↵
/**< Будем представлять комплексное число парой (действительная часть, мнимая часть) */↵
typedef pair <long double,long double> comp;↵
const long double pi=2*acos(0.0);↵
↵
/**< Сложение двух комплексных чисел */↵
comp operator +(comp a,comp b){↵
comp c={a.first+b.first,a.second+b.second};↵
return c;↵
}↵
↵
/**< Разность двух комплексных чисел */↵
comp operator -(comp a,comp b){↵
comp c={a.first-b.first,a.second-b.second};↵
return c;↵
}↵
↵
/**< Произведение двух комплексных чисел */↵
comp operator *(comp a,comp b){↵
comp c={a.first*b.first-a.second*b.second,a.first*b.second+a.second*b.first};↵
return c;↵
}↵
↵
/**< Деление комплексного числа на действительное число */↵
comp operator /(comp a,long double b){↵
comp c={a.first/b,a.second/b};↵
return c;↵
}↵
~~~~~↵
↵
</spoiler>↵
↵
Задача↵
------------------↵
↵
Даны два полинома: $A = a_{0} + a_{1} \cdot x + \dots + a_{n-1} \cdot x^{n-1}$ и $B = b_{0} + b_{1} \cdot x + \dots + b_{n-1} \cdot x^{n-1}$. Для удобства будем записывать их как $[a_{0}, a_{1}, \cdot a_{n-1}]$ и $[b_{0}, b_{1}, \cdot b_{n-1}]$. Необходимо найти полином $C = A \cdot B$. Его размер равен $2n$.↵
↵
Тривиальное решение↵
------------------↵
↵
Задачу можно решить за асимптотику $O(n^{2})$, напрямую посчитав $C = A \cdot B = [a_{0} \cdot b_{0}, a_{0} \cdot b_{1} + a_{1} \cdot b_{0}, \dots ] = [\sum\limits_{i \in [0,0]}(a_{i} \cdot b_{0-i}), \sum\limits_{i \in [0,1]}(a_{i} \cdot b_{1-i}), \dots, \sum\limits_{i \in [0,k]}(a_{i} \cdot b_{k-i}), \dots]$.↵
↵
План решения↵
------------------↵
↵
Решение с помощью быстрого преобразования Фурье будет состоять из трех шагов:↵
↵
1. Вычислить $A(x_{0}), A(x_{1}), \dots A(x_{2n-1})$ и $B(x_{0}), B(x_{1}), \dots B(x_{2n-1})$.↵
↵
2. Вычислить значение $C$ в точках: $C(x_{0}) = A(x_{0}) \cdot B(x_{0}), C(x_{1}) = A(x_{1}) \cdot B(x_{1}), \dots C(x_{2n-1}) = A(x_{2n-1}) \cdot B(x_{2n-1})$.↵
↵
3. Интерполировать $C$ по известным $2n$ значениям.↵
↵
Вычисление значения полинома в точке в общем случае решается за $O(n)$. Поэтому первый шаг требует $O(n^{2})$ действий. Второй шаг решается одним проходом по массивам за $O(n)$. Интерполяция полинома решается в общем случае за $O(n^{2})$ с помощью интерполяционной формулы Лагранжа. Итоговая асимптотика решения для произвольных $x_{0}, x_{1}, \dots x_{2n-1}$ — $O(n^{2})$.↵
Количество действий может быть существенно уменьшено, если выбрать $x_{0}, x_{1}, \dots x_{2n-1}$ особым образом.↵
↵
Выбор множества для $X$↵
------------------↵
↵
Рассмотрим множество $S$ комплексных чисел, модуль которых равен $1$. На комплексной плоскости ГМТ множества $S$ — окружность радиуса $1$ с центром в начале координат. Будем обозначать элемент множества $S$, аргумент которого равен $\phi$, как $\overline{\phi}$. Данное множество обладает замечательным свойством, на которое мы и будем опираться при написании алгоритма:↵
↵
**Теорема**: Для $n \in \mathbb{Z}$ верно $(\overline{\phi})^{n} = \overline{n\phi}$.↵
↵
**Доказательство**: докажем с помощью математической индукции. Для $n=0$ утверждение очевидно. Пусть утверждение верно для $n=k$. Докажем, что оно верно для $n=k+1$ и для $n=k-1$. $(\overline{\phi})^{k+1} = (\overline{\phi})^{k} \cdot \overline{\phi} = \overline{k\phi} \cdot \overline{\phi}$. Известно, что при перемножении комплексных чисел их модули перемножаются, а аргументы складываются. Поэтому $\overline{k\phi} \cdot \overline{\phi} = \overline {(k+1)\phi}$. Аналогично $(\overline{\phi})^{k-1} = \overline{k\phi} / \overline{\phi}$. Известно, что при делении комплексных чисел их модули делятся, а аргументы вычитаются. Поэтому $\overline{k\phi} / \overline{\phi} = \overline {(k-1)\phi}$.↵
↵
Основной смысл этой теоремы — тот факт, что мы можем заменить степени на суммы. Кроме того, если выбрать в качестве множества $X$ точек числа $\overline{\frac{0 \cdot 2\pi}{2n}}, \overline{\frac{1 \cdot 2\pi}{2n}}, \dots \overline{\frac{(2n-1) \cdot 2\pi}{2n}}$, то любое число из этого множества в произвольной целой степени будет в этом множестве (говорят, множество $X$ замкнуто относительно операции целой степени).↵
↵
Быстрое преобразование Фурье↵
------------------↵
↵
**Задача**: дан многочлен $A = [a_{0}, a_{1}, \dots a_{n-1}]$. Необходимо вычислить $A(\overline{\frac{0 \cdot 2\pi}{n}}), A(\overline{\frac{1 \cdot 2\pi}{n}}), \dots A(\overline{\frac{(n-1) \cdot 2\pi}{n}})$. (Важно: выше мы вычисляли значения функция в $2n$ точках, так как нам необходимо знать $2n$ значений полинома $C$. Сейчас же мы вычислим значения в $n$ точках, а перед вызовом этого алгоритма просто допишем к $A$ $n$ нулей.) Для удобства будем считать $n$ целой степенью числа $2$.↵
↵
**Решение**:↵
↵
Будем решать задачу рекурсивно. Для $n=1$ нам необходимо вычислить массив из одного элемента $A(\overline{0}) = A(1) = a_{0}$. То есть, нам нужно вернуть массив без изменений.↵
↵
Пусть теперь $n \ge 2$. Заметим, что $A(x) = a_{0}x^{0} + a_{1}x^{1} + \dots + a_{n-1}x^{n-1} = (a_{0} + a_{2}x^{2} + a_{4}x^{4} + \dots + a_{n-2}x^{n-2}) + x(a_{1} + a_{3}x^{2} + a_{5}x^{4} + \dots + a_{n-1}x^{n-2})$. Пусть $A_{1} = [a_{0}, a_{2}, a_{4}, \dots a_{n-2}]$ и $A_{2} = [a_{1}, a_{3}, a_{5}, \dots a_{n-1}]$. Тогда $A(x) = A_{1}(x^{2}) + x A_{2}(x^2)$. Кажется, что члены $x^{2k}$ усложняют задачу, но согласно теореме выше это $2kx$! Поэтому $A(x) = A_{1}(2x) + x A_{2}(2x)$. ↵
↵
Предположим, у нас есть алгоритм, решающий задачу для $n=\frac{k}{2}$. Решим задачу для $n=k$. Построим массивы $A_{1}$ и $A_{2}$ по определению выше и вызовем БПФ для них. Согласно предположению, мы умеем это делать. Теперь необходимо простроить БПФ для $A$. Пусть в массивах $B_{1}$ и $B_{2}$ лежат БПФ от них $A_{1}$ и $A_{2}$. Вспомним, что это $B_{1} = [A_{1}(\overline{\frac{0 \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}}), A_{1}(\overline{\frac{1 \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}}), \dots A_{1}(\overline{\frac{(\frac{k}{2}-1) \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}})]$ и $B_{2} = [A_{2}(\overline{\frac{0 \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}}), A_{2}(\overline{\frac{1 \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}}), \dots A_{2}(\overline{\frac{(\frac{k}{2}-1) \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}})]$. То есть, это значения полиномов $A_{1}$ и $A_{2}$ в $\frac{k}{2}$ точках равномерно распределенных по окружности комплексной плоскости. Пусть $B$ — результат БПФ для $A$. Заполним этот массив: $B[i] = A(\overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}}) = A_{1}(\overline{\frac{2i \cdot 2\pi}{k}}) + \overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot A_{2}(\overline{\frac{2i \cdot 2\pi}{k}}) = A_{1}(\overline{\frac{i \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}}) + \overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot A_{2}(\overline{\frac{i \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}}) = B_{1}[i] + \overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i]$. Для $i \ge \frac{k}{2}$ мы таким образом не можем посчитать $B[i]$, так как $B_{1}[i]$ и $B_{2}[i]$ мы явно не считали. Но заметим, что $B_{1}[i]=B_{1}[i+\frac{qk}{2}]$ и $B_{2}[i]=B_{2}[i+\frac{qk}{2}] \; q \in \mathbb{Z}$, то есть, значения функций периодические с периодом $T=\frac{k}{2}$. Но тогда для $i \ge \frac{k}{2}$ мы можем посчитать значения так: $B[i] = B_{1}[i-\frac{k}{2}] + \overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i-\frac{k}{2}]$, или для $i < \frac{k}{2}$ имеем $B[i+\frac{k}{2}] = B_{1}[i] + \overline{\frac{(i - \frac{k}{2}) \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i] = B_{1}[i] - \overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i]$, так как если отобразить аргумент комплексного числа, оно отобразится.↵
↵
Асимптотика алгоритма $O(n \log{n})$.↵
↵
<spoiler summary="БПФ">↵
↵
~~~~~↵
/**< Будем передавать массивы по ссылке */↵
void fft(vector <comp> &a){↵
int n=a.size();↵
if(n==1) return; //Для полинома нулевой степени БПФ - он сам↵
vector <comp> a1(n/2),a2(n/2); //Кладем, чередуя, коэффициенты в a1 и a2↵
for(int i=0;i<n/2;i++)↵
a1[i]=a[i*2],a2[i]=a[i*2+1];↵
fft(a1),fft(a2);//Теперь в a1 и a2 - их БПФ↵
for(int i=0;i<n/2;i++){↵
comp x={cos(2*pi*i/n),sin(2*pi*i/n)}; //Это комплексное число с единичным модулем и аргументом равным 2*pi*i/n↵
a[i]=a1[i]+x*a2[i];↵
a[i+n/2]=a1[i]-x*a2[i];↵
}↵
}↵
~~~~~↵
↵
</spoiler>↵
↵
Обратное быстрое преобразование Фурье↵
------------------↵
↵
Второй шаг плана выполняется за $O(n)$, необходимо просто одним проходом по массиву посчитать $C[i]=A[i] \cdot B[i]$.↵
↵
Выполним теперь быструю интерполяцию. Заметим для начала, что уже написанный алгоритм БПФ решает следующую задачу: по данному массиву $A$ он считает:↵
↵
$[w^{0} \quad w^{0} \quad w^{0} \dots \quad w^{0n-1}] \quad [a_{0}] \quad [x_{0}]$ <br>↵
$[w^{0} \quad w^{1} \quad w^{2} \dots \quad w^{1n-1}] \quad [a_{1}] \quad [x_{1}]$ <br>↵
$[w^{0} \quad w^{2} \quad w^{4} \dots \quad w^{2n-1}] \cdot [a_{2}] = [x_{2}]$ <br>↵
$[w^{0} \quad w^{3} \quad w^{6} \dots \quad w^{3n-1}] \quad [a_{3}] \quad [x_{3}]$ <br>↵
$\dots$ <br>↵
$[w^{0} \quad w^{n} \quad w^{2n} \dots \quad w^{n \cdot n -1}] \quad [a_{n-1}] \quad [x_{n-1}]$ <br>↵
↵
, где $w = \frac{2\pi}{n}$. (Это можно увидеть, перемножив матрицы и воспользовавшись тем, что $\overline{\phi}^{n} = \overline{n\phi}$.) Перепишем равенство в виде $W \cdot A = X$. Обратите внимание, что $W$ не зависит от содержимого $A$, для фиксированного $n$ она всегда одинакова. Теперь нам нужно по известному $X$ найти $A$. Предположим, что $W$ имеет обратную. Умножим равенство с двух сторон слева на обратную: $W^{-1} \cdot W \cdot X = W^{-1} \cdot A$, откуда $W^{-1} \cdot A = X$.↵
↵
**Утверждение**:↵
$W^{-1} = \frac{1}{n} \cdot$↵
↵
$[w^{-0} \quad w^{-0} \quad w^{-0} \dots \quad w^{-0n+1}]$ <br>↵
$[w^{-0} \quad w^{-1} \quad w^{-2} \dots \quad w^{-1n+1}]$ <br>↵
$[w^{-0} \quad w^{-2} \quad w^{-4} \dots \quad w^{-2n+1}]$ <br>↵
$[w^{-0} \quad w^{-3} \quad w^{-6} \dots \quad w^{-3n+1}]$ <br>↵
$\dots$ <br>↵
$[w^{-0} \quad w^{-n} \quad w^{-2n} \dots \quad w^{-n \cdot n +1}]$ <br>↵
↵
**Доказательство**: Нам необходимо показать, что $W \cdot W^{-1} = I$. Перемножим строку $i$ матрицы $W$ со столбцом $j$ матрицы $nW^{-1}$, так, что $i \neq j$. Имеем: $w^{0}w^{0} + w^{i}w^{-j} + w^{2i}w^{-2j} + \dots + w^{(n-1)i}w^{(n-1)j} = \frac{0(i-j) \cdot 2\pi}{n} + \frac{1(i-j) \cdot 2\pi}{n} + \frac{2(i-j) \cdot 2\pi}{n} + \dots + \frac{(n-1)(i-j) \cdot 2\pi}{n}$. Но это четное количество комплексных чисел, размещенных на единичной окружности с равным шагом, поэтому их сумма равна $0$. Перемножим теперь строку $i$ матрицы $W$ со столбцом $i$ матрицы $nW^{-1}$. Имеем $w^{0}w^{0} + w^{i}w^{-i} + w^{2i}w^{-2i} + \dots + w^{(n-1)i}w^{(n-1)i} = \frac{0 \cdot 2\pi}{n} + \frac{0 \cdot 2\pi}{n} + \frac{0 \cdot 2\pi}{n} + \dots + \frac{0 \cdot 2\pi}{n} = n$.↵
↵
Будем искать $nW^{-1}X = nA$, а затем поделим результат на $n$. Тот факт, что теперь все степени в матрице $nW^{-1}$ отображены означает, что и значение $x$ в формуле $B[i] = B_{1}[i] + \overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i]$ должен поменять знак. Так как $B_{1}$ и $B_{2}$ содержат в качестве аргумента $x^{2}$, их значение не поменяется. Тогда $B[i] = B_{1}[i] + \overline{-\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i]$. Аналогично $B[i+\frac{n}{2}] = B_{1}[i] - \overline{-\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i]$.↵
↵
Асимптотика алгоритма $O(n \log{n})$.↵
↵
<spoiler summary="Обратное БПФ">↵
↵
~~~~~↵
void revfft(vector <comp> &a){↵
int n=a.size();↵
if(n==1) return;↵
vector <comp> a1(n/2),a2(n/2);↵
for(int i=0;i<n/2;i++)↵
a1[i]=a[i*2],a2[i]=a[i*2+1];↵
revfft(a1),revfft(a2);↵
for(int i=0;i<n/2;i++){↵
comp x={cos(2*pi*i/n),-sin(2*pi*i/n)}; //Это комплексное число с единичным модулем и аргументом равным -2*pi*i/n↵
a[i]=a1[i]+x*a2[i];↵
a[i+n/2]=a1[i]-x*a2[i];↵
a[i]=a[i]/2; //Глубина рекурсии lb(n), поэтому мы поделим a на 2 всего lb(n) раз, в результате он уменьшится в n раз↵
a[i+n/2]=a[i+n/2]/2;↵
}↵
}↵
~~~~~↵
↵
</spoiler>↵
↵
Умножение полиномов↵
------------------↵
↵
Теперь мы готовы написать умножение полиномов за $O(n \log{n})$.↵
↵
<spoiler summary="Умножение полиномов">↵
↵
~~~~~↵
vector <int> mult(vector <int> a,vector <int> b){↵
/**< Подготовка полиномов */↵
vector <comp> fa,fb; //Переводим числа в комплексные↵
for(int i=0;i<a.size();i++) fa.push_back({a[i],0});↵
for(int i=0;i<b.size();i++) fb.push_back({b[i],0});↵
int l=0;↵
while(1<<l < a.size()+b.size())↵
l++;↵
int n=1<<l; //n - наименьшая целая степень числа 2 не меньшая, чем сумма длин данных полиномов↵
while(fa.size()<n*2) fa.push_back({0,0}); // Дополняем массивы до размера 2n↵
while(fb.size()<n*2) fb.push_back({0,0});↵
↵
fft(fa),fft(fb); //Шаг 1↵
for(int i=0;i<n*2;i++) //Шаг 2↵
fa[i]=fa[i]*fb[i];↵
revfft(fa); //Шаг 3↵
↵
vector <int> res(fa.size()); // Переводим комплексные числа в целые↵
for(int i=0;i<fa.size();i++)↵
res[i]=(int)(fa[i].first+0.5);↵
while(!res.empty() && res.back()==0) res.pop_back();↵
return res;↵
}↵
~~~~~↵
↵
</spoiler>↵
↵
Улучшение алгоритма БПФ↵
------------------↵
↵
Полученный алгоритм сильно блуждает по памяти, из за чего необходимые значения плохо кэшируются. Можно алгоритм сильно ускорить, изменив принцип обхода. Посмотрим, как в процессе вычисления БПФ делится наш полином. На первом этапе в первый полином попадают числа, чей последний бит в индексе равен $0$, а во второй полином — чей бит равен $1$. На втором этапе числа делятся по второму с конца биту. Иными словами, если мы отсортируем числа в зеркально написанной двоичной форме, массив на каждом этапе будет делится ровно на две части: левая половина уйдет в первый массив, а правая — во второй.↵
↵
<spoiler summary="Спойлер">↵
Хотелось бы вставить пояснительную картинку, но как это сделать, я так и не понял.↵
</spoiler>↵
↵
Для $n=4$, эта перестановка: $[0,2,1,3]$, для $n=8$, эта перестановка: $[0,4,2,6,1,5,3,7]$.↵
↵
Отсортировать числа по зеркально написанной двоичной форме можно за $O(n)$. После этого мы можем избавиться от рекурсии. Для начала разделим массив на отрезки длины $2$ и посчитаем БПФ от них, запишем результат в них же. Затем разделим массив на отрезки длины $4$ и повторим процесс. Когда мы на очередном этапе хотим посчитать БПФ на отрезке $[l,r)$, в отрезках $[l,m)$ и $[m,r)$ уже записаны их БПФ, и мы выполняем тот же алгоритм, что и на два раздела выше.↵
↵
<spoiler summary="Ускорение БПФ">↵
↵
~~~~~↵
void fft(vector <comp> &a){↵
int n=a.size();↵
↵
/**< Сортировка по двоичной форме, записанной зеркально */↵
for(int i=1,j=0;i<n;i++){↵
int bit=(n>>1);↵
while(j>=bit){↵
j-=bit;↵
bit>>=1;↵
}↵
j+=bit;↵
if(i<j)↵
swap(a[i],a[j]);↵
}↵
↵
for(int len=2;len<=n;len<<=1){ //Строим итеративно БПФ для отрезков длины 2, 4, 8, ... n↵
comp w={cos(2*pi/len),sin(2*pi/len)}; //Множитель, умножив на который, мы прокрутим аргумент на один пункт длины 2*pi/len дальше↵
for(int i=0;i<n;i+=len){ //Обрабатываем поблочно, i - начало очередного блока↵
comp cur_w={1,0}; //Аргумент↵
for(int j=0;j<len/2;j++){ //Итерируемся по блоку↵
comp u=a[i+j],v=a[i+j+len/2]*cur_w; //Так как записываем в эти элементы массива, их нужно скопировать↵
a[i+j]=u+v;↵
a[i+j+len/2]=u-v;↵
cur_w=cur_w*w; //Прокручиваем аргумент на угол 2*pi/len↵
} //Когда мы вышли из цикла, аргумент cur_w снова равен нулю, так как мы добавили 2*pi/len len раз.↵
}↵
}↵
}↵
↵
void revfft(vector <comp> &a){↵
int n=a.size();↵
↵
/**< Сортировка по двоичной форме, записанной зеркально */↵
for(int i=1,j=0;i<n;i++){↵
int bit=(n>>1);↵
while(j>=bit){↵
j-=bit;↵
bit>>=1;↵
}↵
j+=bit;↵
if(i<j)↵
swap(a[i],a[j]);↵
}↵
↵
for(int len=2;len<=n;len<<=1){↵
comp w={cos(2*pi/len),-sin(2*pi/len)}; //Значения аргумента отображены↵
for(int i=0;i<n;i+=len){↵
comp cur_w={1,0};↵
for(int j=0;j<len/2;j++){↵
comp u=a[i+j],v=a[i+j+len/2]*cur_w;↵
a[i+j]=u+v;↵
a[i+j+len/2]=u-v;↵
cur_w=cur_w*w;↵
}↵
}↵
}↵
↵
for(int i=0;i<n;i++) //Мы вычислили nW^{-1}, нужно разделить массив на n↵
a[i]=a[i]/n;↵
}↵
~~~~~↵
↵
</spoiler>↵
↵
Так как мы $\log{n}$ раз проходимся по всему массиву без прыжков, данные хорошо кэшируются, и алгоритм ускоряется в $\sim 10$ раз.↵
↵
[Задача](https://mirror.codeforces.com/contest/632/problem/E)
↵
<spoiler summary="Комплексные числа">↵
↵
~~~~~↵
/**< Будем представлять комплексное число парой (действительная часть, мнимая часть) */↵
typedef pair <long double,long double> comp;↵
const long double pi=2*acos(0.0);↵
↵
/**< Сложение двух комплексных чисел */↵
comp operator +(comp a,comp b){↵
comp c={a.first+b.first,a.second+b.second};↵
return c;↵
}↵
↵
/**< Разность двух комплексных чисел */↵
comp operator -(comp a,comp b){↵
comp c={a.first-b.first,a.second-b.second};↵
return c;↵
}↵
↵
/**< Произведение двух комплексных чисел */↵
comp operator *(comp a,comp b){↵
comp c={a.first*b.first-a.second*b.second,a.first*b.second+a.second*b.first};↵
return c;↵
}↵
↵
/**< Деление комплексного числа на действительное число */↵
comp operator /(comp a,long double b){↵
comp c={a.first/b,a.second/b};↵
return c;↵
}↵
~~~~~↵
↵
</spoiler>↵
↵
Задача↵
------------------↵
↵
Даны два полинома: $A = a_{0} + a_{1} \cdot x + \dots + a_{n-1} \cdot x^{n-1}$ и $B = b_{0} + b_{1} \cdot x + \dots + b_{n-1} \cdot x^{n-1}$. Для удобства будем записывать их как $[a_{0}, a_{1}, \cdot a_{n-1}]$ и $[b_{0}, b_{1}, \cdot b_{n-1}]$. Необходимо найти полином $C = A \cdot B$. Его размер равен $2n$.↵
↵
Тривиальное решение↵
------------------↵
↵
Задачу можно решить за асимптотику $O(n^{2})$, напрямую посчитав $C = A \cdot B = [a_{0} \cdot b_{0}, a_{0} \cdot b_{1} + a_{1} \cdot b_{0}, \dots ] = [\sum\limits_{i \in [0,0]}(a_{i} \cdot b_{0-i}), \sum\limits_{i \in [0,1]}(a_{i} \cdot b_{1-i}), \dots, \sum\limits_{i \in [0,k]}(a_{i} \cdot b_{k-i}), \dots]$.↵
↵
План решения↵
------------------↵
↵
Решение с помощью быстрого преобразования Фурье будет состоять из трех шагов:↵
↵
1. Вычислить $A(x_{0}), A(x_{1}), \dots A(x_{2n-1})$ и $B(x_{0}), B(x_{1}), \dots B(x_{2n-1})$.↵
↵
2. Вычислить значение $C$ в точках: $C(x_{0}) = A(x_{0}) \cdot B(x_{0}), C(x_{1}) = A(x_{1}) \cdot B(x_{1}), \dots C(x_{2n-1}) = A(x_{2n-1}) \cdot B(x_{2n-1})$.↵
↵
3. Интерполировать $C$ по известным $2n$ значениям.↵
↵
Вычисление значения полинома в точке в общем случае решается за $O(n)$. Поэтому первый шаг требует $O(n^{2})$ действий. Второй шаг решается одним проходом по массивам за $O(n)$. Интерполяция полинома решается в общем случае за $O(n^{2})$ с помощью интерполяционной формулы Лагранжа. Итоговая асимптотика решения для произвольных $x_{0}, x_{1}, \dots x_{2n-1}$ — $O(n^{2})$.↵
Количество действий может быть существенно уменьшено, если выбрать $x_{0}, x_{1}, \dots x_{2n-1}$ особым образом.↵
↵
Выбор множества для $X$↵
------------------↵
↵
Рассмотрим множество $S$ комплексных чисел, модуль которых равен $1$. На комплексной плоскости ГМТ множества $S$ — окружность радиуса $1$ с центром в начале координат. Будем обозначать элемент множества $S$, аргумент которого равен $\phi$, как $\overline{\phi}$. Данное множество обладает замечательным свойством, на которое мы и будем опираться при написании алгоритма:↵
↵
**Теорема**: Для $n \in \mathbb{Z}$ верно $(\overline{\phi})^{n} = \overline{n\phi}$.↵
↵
**Доказательство**: докажем с помощью математической индукции. Для $n=0$ утверждение очевидно. Пусть утверждение верно для $n=k$. Докажем, что оно верно для $n=k+1$ и для $n=k-1$. $(\overline{\phi})^{k+1} = (\overline{\phi})^{k} \cdot \overline{\phi} = \overline{k\phi} \cdot \overline{\phi}$. Известно, что при перемножении комплексных чисел их модули перемножаются, а аргументы складываются. Поэтому $\overline{k\phi} \cdot \overline{\phi} = \overline {(k+1)\phi}$. Аналогично $(\overline{\phi})^{k-1} = \overline{k\phi} / \overline{\phi}$. Известно, что при делении комплексных чисел их модули делятся, а аргументы вычитаются. Поэтому $\overline{k\phi} / \overline{\phi} = \overline {(k-1)\phi}$.↵
↵
Основной смысл этой теоремы — тот факт, что мы можем заменить степени на суммы. Кроме того, если выбрать в качестве множества $X$ точек числа $\overline{\frac{0 \cdot 2\pi}{2n}}, \overline{\frac{1 \cdot 2\pi}{2n}}, \dots \overline{\frac{(2n-1) \cdot 2\pi}{2n}}$, то любое число из этого множества в произвольной целой степени будет в этом множестве (говорят, множество $X$ замкнуто относительно операции целой степени).↵
↵
Быстрое преобразование Фурье↵
------------------↵
↵
**Задача**: дан многочлен $A = [a_{0}, a_{1}, \dots a_{n-1}]$. Необходимо вычислить $A(\overline{\frac{0 \cdot 2\pi}{n}}), A(\overline{\frac{1 \cdot 2\pi}{n}}), \dots A(\overline{\frac{(n-1) \cdot 2\pi}{n}})$. (Важно: выше мы вычисляли значения функция в $2n$ точках, так как нам необходимо знать $2n$ значений полинома $C$. Сейчас же мы вычислим значения в $n$ точках, а перед вызовом этого алгоритма просто допишем к $A$ $n$ нулей.) Для удобства будем считать $n$ целой степенью числа $2$.↵
↵
**Решение**:↵
↵
Будем решать задачу рекурсивно. Для $n=1$ нам необходимо вычислить массив из одного элемента $A(\overline{0}) = A(1) = a_{0}$. То есть, нам нужно вернуть массив без изменений.↵
↵
Пусть теперь $n \ge 2$. Заметим, что $A(x) = a_{0}x^{0} + a_{1}x^{1} + \dots + a_{n-1}x^{n-1} = (a_{0} + a_{2}x^{2} + a_{4}x^{4} + \dots + a_{n-2}x^{n-2}) + x(a_{1} + a_{3}x^{2} + a_{5}x^{4} + \dots + a_{n-1}x^{n-2})$. Пусть $A_{1} = [a_{0}, a_{2}, a_{4}, \dots a_{n-2}]$ и $A_{2} = [a_{1}, a_{3}, a_{5}, \dots a_{n-1}]$. Тогда $A(x) = A_{1}(x^{2}) + x A_{2}(x^2)$. Кажется, что члены $x^{2k}$ усложняют задачу, но согласно теореме выше это $2kx$! Поэтому $A(x) = A_{1}(2x) + x A_{2}(2x)$. ↵
↵
Предположим, у нас есть алгоритм, решающий задачу для $n=\frac{k}{2}$. Решим задачу для $n=k$. Построим массивы $A_{1}$ и $A_{2}$ по определению выше и вызовем БПФ для них. Согласно предположению, мы умеем это делать. Теперь необходимо простроить БПФ для $A$. Пусть в массивах $B_{1}$ и $B_{2}$ лежат БПФ от них $A_{1}$ и $A_{2}$. Вспомним, что это $B_{1} = [A_{1}(\overline{\frac{0 \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}}), A_{1}(\overline{\frac{1 \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}}), \dots A_{1}(\overline{\frac{(\frac{k}{2}-1) \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}})]$ и $B_{2} = [A_{2}(\overline{\frac{0 \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}}), A_{2}(\overline{\frac{1 \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}}), \dots A_{2}(\overline{\frac{(\frac{k}{2}-1) \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}})]$. То есть, это значения полиномов $A_{1}$ и $A_{2}$ в $\frac{k}{2}$ точках равномерно распределенных по окружности комплексной плоскости. Пусть $B$ — результат БПФ для $A$. Заполним этот массив: $B[i] = A(\overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}}) = A_{1}(\overline{\frac{2i \cdot 2\pi}{k}}) + \overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot A_{2}(\overline{\frac{2i \cdot 2\pi}{k}}) = A_{1}(\overline{\frac{i \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}}) + \overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot A_{2}(\overline{\frac{i \cdot 2\pi}{\frac{k}{2}}}) = B_{1}[i] + \overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i]$. Для $i \ge \frac{k}{2}$ мы таким образом не можем посчитать $B[i]$, так как $B_{1}[i]$ и $B_{2}[i]$ мы явно не считали. Но заметим, что $B_{1}[i]=B_{1}[i+\frac{qk}{2}]$ и $B_{2}[i]=B_{2}[i+\frac{qk}{2}] \; q \in \mathbb{Z}$, то есть, значения функций периодические с периодом $T=\frac{k}{2}$. Но тогда для $i \ge \frac{k}{2}$ мы можем посчитать значения так: $B[i] = B_{1}[i-\frac{k}{2}] + \overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i-\frac{k}{2}]$, или для $i < \frac{k}{2}$ имеем $B[i+\frac{k}{2}] = B_{1}[i] + \overline{\frac{(i - \frac{k}{2}) \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i] = B_{1}[i] - \overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i]$, так как если отобразить аргумент комплексного числа, оно отобразится.↵
↵
Асимптотика алгоритма $O(n \log{n})$.↵
↵
<spoiler summary="БПФ">↵
↵
~~~~~↵
/**< Будем передавать массивы по ссылке */↵
void fft(vector <comp> &a){↵
int n=a.size();↵
if(n==1) return; //Для полинома нулевой степени БПФ - он сам↵
vector <comp> a1(n/2),a2(n/2); //Кладем, чередуя, коэффициенты в a1 и a2↵
for(int i=0;i<n/2;i++)↵
a1[i]=a[i*2],a2[i]=a[i*2+1];↵
fft(a1),fft(a2);//Теперь в a1 и a2 - их БПФ↵
for(int i=0;i<n/2;i++){↵
comp x={cos(2*pi*i/n),sin(2*pi*i/n)}; //Это комплексное число с единичным модулем и аргументом равным 2*pi*i/n↵
a[i]=a1[i]+x*a2[i];↵
a[i+n/2]=a1[i]-x*a2[i];↵
}↵
}↵
~~~~~↵
↵
</spoiler>↵
↵
Обратное быстрое преобразование Фурье↵
------------------↵
↵
Второй шаг плана выполняется за $O(n)$, необходимо просто одним проходом по массиву посчитать $C[i]=A[i] \cdot B[i]$.↵
↵
Выполним теперь быструю интерполяцию. Заметим для начала, что уже написанный алгоритм БПФ решает следующую задачу: по данному массиву $A$ он считает:↵
↵
$[w^{0} \quad w^{0} \quad w^{0} \dots \quad w^{0n-1}] \quad [a_{0}] \quad [x_{0}]$ <br>↵
$[w^{0} \quad w^{1} \quad w^{2} \dots \quad w^{1n-1}] \quad [a_{1}] \quad [x_{1}]$ <br>↵
$[w^{0} \quad w^{2} \quad w^{4} \dots \quad w^{2n-1}] \cdot [a_{2}] = [x_{2}]$ <br>↵
$[w^{0} \quad w^{3} \quad w^{6} \dots \quad w^{3n-1}] \quad [a_{3}] \quad [x_{3}]$ <br>↵
$\dots$ <br>↵
$[w^{0} \quad w^{n} \quad w^{2n} \dots \quad w^{n \cdot n -1}] \quad [a_{n-1}] \quad [x_{n-1}]$ <br>↵
↵
, где $w = \frac{2\pi}{n}$. (Это можно увидеть, перемножив матрицы и воспользовавшись тем, что $\overline{\phi}^{n} = \overline{n\phi}$.) Перепишем равенство в виде $W \cdot A = X$. Обратите внимание, что $W$ не зависит от содержимого $A$, для фиксированного $n$ она всегда одинакова. Теперь нам нужно по известному $X$ найти $A$. Предположим, что $W$ имеет обратную. Умножим равенство с двух сторон слева на обратную: $W^{-1} \cdot W \cdot X = W^{-1} \cdot A$, откуда $W^{-1} \cdot A = X$.↵
↵
**Утверждение**:↵
$W^{-1} = \frac{1}{n} \cdot$↵
↵
$[w^{-0} \quad w^{-0} \quad w^{-0} \dots \quad w^{-0n+1}]$ <br>↵
$[w^{-0} \quad w^{-1} \quad w^{-2} \dots \quad w^{-1n+1}]$ <br>↵
$[w^{-0} \quad w^{-2} \quad w^{-4} \dots \quad w^{-2n+1}]$ <br>↵
$[w^{-0} \quad w^{-3} \quad w^{-6} \dots \quad w^{-3n+1}]$ <br>↵
$\dots$ <br>↵
$[w^{-0} \quad w^{-n} \quad w^{-2n} \dots \quad w^{-n \cdot n +1}]$ <br>↵
↵
**Доказательство**: Нам необходимо показать, что $W \cdot W^{-1} = I$. Перемножим строку $i$ матрицы $W$ со столбцом $j$ матрицы $nW^{-1}$, так, что $i \neq j$. Имеем: $w^{0}w^{0} + w^{i}w^{-j} + w^{2i}w^{-2j} + \dots + w^{(n-1)i}w^{(n-1)j} = \frac{0(i-j) \cdot 2\pi}{n} + \frac{1(i-j) \cdot 2\pi}{n} + \frac{2(i-j) \cdot 2\pi}{n} + \dots + \frac{(n-1)(i-j) \cdot 2\pi}{n}$. Но это четное количество комплексных чисел, размещенных на единичной окружности с равным шагом, поэтому их сумма равна $0$. Перемножим теперь строку $i$ матрицы $W$ со столбцом $i$ матрицы $nW^{-1}$. Имеем $w^{0}w^{0} + w^{i}w^{-i} + w^{2i}w^{-2i} + \dots + w^{(n-1)i}w^{(n-1)i} = \frac{0 \cdot 2\pi}{n} + \frac{0 \cdot 2\pi}{n} + \frac{0 \cdot 2\pi}{n} + \dots + \frac{0 \cdot 2\pi}{n} = n$.↵
↵
Будем искать $nW^{-1}X = nA$, а затем поделим результат на $n$. Тот факт, что теперь все степени в матрице $nW^{-1}$ отображены означает, что и значение $x$ в формуле $B[i] = B_{1}[i] + \overline{\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i]$ должен поменять знак. Так как $B_{1}$ и $B_{2}$ содержат в качестве аргумента $x^{2}$, их значение не поменяется. Тогда $B[i] = B_{1}[i] + \overline{-\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i]$. Аналогично $B[i+\frac{n}{2}] = B_{1}[i] - \overline{-\frac{i \cdot 2\pi}{k}} \cdot B_{2}[i]$.↵
↵
Асимптотика алгоритма $O(n \log{n})$.↵
↵
<spoiler summary="Обратное БПФ">↵
↵
~~~~~↵
void revfft(vector <comp> &a){↵
int n=a.size();↵
if(n==1) return;↵
vector <comp> a1(n/2),a2(n/2);↵
for(int i=0;i<n/2;i++)↵
a1[i]=a[i*2],a2[i]=a[i*2+1];↵
revfft(a1),revfft(a2);↵
for(int i=0;i<n/2;i++){↵
comp x={cos(2*pi*i/n),-sin(2*pi*i/n)}; //Это комплексное число с единичным модулем и аргументом равным -2*pi*i/n↵
a[i]=a1[i]+x*a2[i];↵
a[i+n/2]=a1[i]-x*a2[i];↵
a[i]=a[i]/2; //Глубина рекурсии lb(n), поэтому мы поделим a на 2 всего lb(n) раз, в результате он уменьшится в n раз↵
a[i+n/2]=a[i+n/2]/2;↵
}↵
}↵
~~~~~↵
↵
</spoiler>↵
↵
Умножение полиномов↵
------------------↵
↵
Теперь мы готовы написать умножение полиномов за $O(n \log{n})$.↵
↵
<spoiler summary="Умножение полиномов">↵
↵
~~~~~↵
vector <int> mult(vector <int> a,vector <int> b){↵
/**< Подготовка полиномов */↵
vector <comp> fa,fb; //Переводим числа в комплексные↵
for(int i=0;i<a.size();i++) fa.push_back({a[i],0});↵
for(int i=0;i<b.size();i++) fb.push_back({b[i],0});↵
int l=0;↵
while(1<<l < a.size()+b.size())↵
l++;↵
int n=1<<l; //n - наименьшая целая степень числа 2 не меньшая, чем сумма длин данных полиномов↵
while(fa.size()<n*2) fa.push_back({0,0}); // Дополняем массивы до размера 2n↵
while(fb.size()<n*2) fb.push_back({0,0});↵
↵
fft(fa),fft(fb); //Шаг 1↵
for(int i=0;i<n*2;i++) //Шаг 2↵
fa[i]=fa[i]*fb[i];↵
revfft(fa); //Шаг 3↵
↵
vector <int> res(fa.size()); // Переводим комплексные числа в целые↵
for(int i=0;i<fa.size();i++)↵
res[i]=(int)(fa[i].first+0.5);↵
while(!res.empty() && res.back()==0) res.pop_back();↵
return res;↵
}↵
~~~~~↵
↵
</spoiler>↵
↵
Улучшение алгоритма БПФ↵
------------------↵
↵
Полученный алгоритм сильно блуждает по памяти, из за чего необходимые значения плохо кэшируются. Можно алгоритм сильно ускорить, изменив принцип обхода. Посмотрим, как в процессе вычисления БПФ делится наш полином. На первом этапе в первый полином попадают числа, чей последний бит в индексе равен $0$, а во второй полином — чей бит равен $1$. На втором этапе числа делятся по второму с конца биту. Иными словами, если мы отсортируем числа в зеркально написанной двоичной форме, массив на каждом этапе будет делится ровно на две части: левая половина уйдет в первый массив, а правая — во второй.↵
↵
<spoiler summary="Спойлер">↵
Хотелось бы вставить пояснительную картинку, но как это сделать, я так и не понял.↵
</spoiler>↵
↵
Для $n=4$, эта перестановка: $[0,2,1,3]$, для $n=8$, эта перестановка: $[0,4,2,6,1,5,3,7]$.↵
↵
Отсортировать числа по зеркально написанной двоичной форме можно за $O(n)$. После этого мы можем избавиться от рекурсии. Для начала разделим массив на отрезки длины $2$ и посчитаем БПФ от них, запишем результат в них же. Затем разделим массив на отрезки длины $4$ и повторим процесс. Когда мы на очередном этапе хотим посчитать БПФ на отрезке $[l,r)$, в отрезках $[l,m)$ и $[m,r)$ уже записаны их БПФ, и мы выполняем тот же алгоритм, что и на два раздела выше.↵
↵
<spoiler summary="Ускорение БПФ">↵
↵
~~~~~↵
void fft(vector <comp> &a){↵
int n=a.size();↵
↵
/**< Сортировка по двоичной форме, записанной зеркально */↵
for(int i=1,j=0;i<n;i++){↵
int bit=(n>>1);↵
while(j>=bit){↵
j-=bit;↵
bit>>=1;↵
}↵
j+=bit;↵
if(i<j)↵
swap(a[i],a[j]);↵
}↵
↵
for(int len=2;len<=n;len<<=1){ //Строим итеративно БПФ для отрезков длины 2, 4, 8, ... n↵
comp w={cos(2*pi/len),sin(2*pi/len)}; //Множитель, умножив на который, мы прокрутим аргумент на один пункт длины 2*pi/len дальше↵
for(int i=0;i<n;i+=len){ //Обрабатываем поблочно, i - начало очередного блока↵
comp cur_w={1,0}; //Аргумент↵
for(int j=0;j<len/2;j++){ //Итерируемся по блоку↵
comp u=a[i+j],v=a[i+j+len/2]*cur_w; //Так как записываем в эти элементы массива, их нужно скопировать↵
a[i+j]=u+v;↵
a[i+j+len/2]=u-v;↵
cur_w=cur_w*w; //Прокручиваем аргумент на угол 2*pi/len↵
} //Когда мы вышли из цикла, аргумент cur_w снова равен нулю, так как мы добавили 2*pi/len len раз.↵
}↵
}↵
}↵
↵
void revfft(vector <comp> &a){↵
int n=a.size();↵
↵
/**< Сортировка по двоичной форме, записанной зеркально */↵
for(int i=1,j=0;i<n;i++){↵
int bit=(n>>1);↵
while(j>=bit){↵
j-=bit;↵
bit>>=1;↵
}↵
j+=bit;↵
if(i<j)↵
swap(a[i],a[j]);↵
}↵
↵
for(int len=2;len<=n;len<<=1){↵
comp w={cos(2*pi/len),-sin(2*pi/len)}; //Значения аргумента отображены↵
for(int i=0;i<n;i+=len){↵
comp cur_w={1,0};↵
for(int j=0;j<len/2;j++){↵
comp u=a[i+j],v=a[i+j+len/2]*cur_w;↵
a[i+j]=u+v;↵
a[i+j+len/2]=u-v;↵
cur_w=cur_w*w;↵
}↵
}↵
}↵
↵
for(int i=0;i<n;i++) //Мы вычислили nW^{-1}, нужно разделить массив на n↵
a[i]=a[i]/n;↵
}↵
~~~~~↵
↵
</spoiler>↵
↵
Так как мы $\log{n}$ раз проходимся по всему массиву без прыжков, данные хорошо кэшируются, и алгоритм ускоряется в $\sim 10$ раз.↵
↵
[Задача](https://mirror.codeforces.com/contest/632/problem/E)
