如何使用MATLAB对FFT的算法进行性能对比？
FFT是干什么的
FFT在算法竞赛中就有一个用途：加速多项式乘法(暴言)
简单来说，形如 a0X0+a1X1+a2X2+?+anXna0X0+a1X1+a2X2+?+anXn 的代数表达式叫做多项式，可以记作f(X)=a0X0+a1X1+a2X2+?+anXnf(X)=a0X0+a1X1+a2X2+?+anXn，其中a0,a1,?,ana0,a1,?,an叫做多项式的系数，XX是一个不定元(就是不可以合并)，不表示任何值，不定元在多项式中最大项的次数称作多项式的次数
如果我们当前有两个多项式f(X),g(X)f(X),g(X)，现在要把他们乘起来(求卷积)，最朴素的做法就是
∑i=02n?1(∑j=0iai?bi?j)?xi
∑i=02n?1(∑j=0iai?bi?j)?xi
这样的复杂度是Θ(n2)Θ(n2)的，十分不美观，FFT就是要将这个过程优化为Θ(nlogn)Θ(nlog?n)
前置技能
多项式复数
复数形如a+bia+bi，其中i=?1???√i=?1
aa叫作复数的实部，bibi叫做复数的虚部
复数(a1+b1i)?(a2+b2i)(a1+b1i)?(a2+b2i)相乘的值，即a1a2?b1b2+(a1b2+a2b1)ia1a2?b1b2+(a1b2+a2b1)i也是一个复数，同时我们也得到了复数的乘法法则
复数c+dic+di可以用这种方式表示出来
(c+di)
复数乘法的在复平面中表现为辐角相加，模长相乘
单位根
复数ww满足wn=1wn=1称作ww是nn次单位根，下图包含了所有的88次单位根(图中圆的半径是1)
8次单位根
同样的，下图是所有的4次单位根
4次单位根
聪明的你也许已经发现了单位根的些许性质，即
w2m2n=wmnw2n2m=wnm
wmn=?wm+n2nwnm=?wnm+n2
这两个要记住，一会很有用
多项式的系数表达法
我们有多项式f(X)=a0X0+a1X1+a2X2+?+anXnf(X)=a0X0+a1X1+a2X2+?+anXn，令a? =(a0,a1,a2,...,an)a→=(a0,a1,a2,...,an)，则称A(X)A(X)为多项式f(X)f(X)的系数表示法
在系数表示法下，计算多项式乘法是Θ(n2)Θ(n2)的
多项式的点值表达法
任取n+1n+1个互不相同的S={p1,p2,...,pn+1}S={p1,p2,...,pn+1}，对f(X)f(X)分别求值得到f(p1),f(p2),...,f(pn+1)f(p1),f(p2),...,f(pn+1)，那么称A(X)={(p1,f(p1)),(p2,f(p2)),...,(pn+1,f(pn+1))}A(X)={(p1,f(p1)),(p2,f(p2)),...,(pn+1,f(pn+1))}为多项式f(X)f(X)在SS下的点值表示法
可以把多项式想象成一个nn次函数，点值表示法就是取SS下每一个横坐标时对应的点，因为nn次函数可以由n+1n+1个点确定下来(可以将每一个点列一个nn次方程)，所以nn维点值与nn维系数一一对应
更重要的一点，点值表示法下的乘法运算获得了简化
两个多项式PP,QQ分别取点(x,y1)(x,y1)和(x,y2)(x,y2)，P?QP?Q就会取到点(x,y1?y2)(x,y1?y2)；令C=P?QC=P?Q，因为C(X)=P(X)?Q(X)C(X)=P(X)?Q(X)，所以C(x)=P(x)?Q(x)C(x)=P(x)?Q(x)，即C(x)=y1?y2C(x)=y1?y2
所以在点值表示法下，计算多项式乘法是Θ(n)Θ(n)的
FFT的具体过程
FFT就是将系数表示法转化成点值表示法相乘，再由点值表示法转化为系数表示法的过程，第一个过程叫做求值(DFT)，第二个过程叫做插值(IDFT)
求值
还记得我们之前提到的单位根吗？再回顾一下：
w2m2n=wmnw2n2m=wnm
wmn=?wm+n2nwnm=?wnm+n2
想要求出一个多项式的点值表示法，需要选出n+1n+1个数分别带入到多项式里面，带入一个数的复杂度是Θ(n)Θ(n)的，那么总复杂度就是Θ(n2)Θ(n2)的，因为单位根有上面两个优美的性质，所以我们尝试可以取nn次单位根组成SS，看看能不能加速我们的运算
设A0(X)A0(X)为A(X)A(X)偶次项的和，设A1(X)A1(X)为A(X)A(X)奇次项的和，即
A0(X)=a0x0+a2x1+...+anxn/2A0(X)=a0x0+a2x1+...+anxn/2
A1(X)=a1x0+a3x1+...+an?1xn/2A1(X)=a1x0+a3x1+...+an?1xn/2
因为A(wmn)=a0w0n+a1wmn+a2w2mn+a3w3mn+...+an?1w(n?1)?mn+anwnmnA(wnm)=a0wn0+a1wnm+a2wn2m+a3wn3m+...+an?1wn(n?1)?m+anwnnm
所以有
? A(wmn)==A0((wmn)2)+wmnA1((wmn)2)A0(wmn2)+wmnA1(wmn2)A(wnm)=A0((wnm)2)+wnmA1((wnm)2)=A0(wn2m)+wnmA1(wn2m)
? A(wm+n2n)==A0((wmn)2)+wm+n2nA1((wmn)2)A0(wmn2)?wmnA1(wmn2)A(wnm+n2)=A0((wnm)2)+wnm+n2A1((wnm)2)=A0(wn2m)?wnmA1(wn2m)
也就是说，只要有了A0(X)A0(X)和A1(X)A1(X)的点值表示，就能在Θ(n)Θ(n)时间算出A(X)A(X)的点值表示，对于当前层确定的位置ii，就可以用下一层的两个值更新当前的值，我们称这个操作为“蝴蝶变换”
因为这个过程一定要求每层都可以分成两大小相等的部分，所以多项式最高次项一定是2p2p(p∈Np∈N)次方，如果不是的话，直接在最高次项补零就可以啦
于是我们有了递归的写法：
void FFT(Complex* a,int len){
if(len==1) return;
Complex* a0=new Complex[len/2];
Complex* a1=new Complex[len/2];
for(int i=0;i<len;i+=2){
a0[i/2]=a[i];
a1[i/2]=a[i+1];
}
FFT(a0,len/2);FFT(a1,len/2);
Complex wn(cos(2*Pi/len),sin(2*Pi/len));
Complex w(1,0);
for(int i=0;i<(len/2);i++){
a[i]=a0[i]+w*a1[i];
a[i+len/2]=a0[i]-w*a1[i];
w=w*wn;
}
return;
｝
但递归版的FFT常数巨大，实现起来比较复杂，于是又有了迭代的写法
重新考虑下递归FFT的过程，在第ii次求解中，我们将所有元素二进制ii位为00的放在了左面，ii位为11的放在了右面，事实上，每个元素最终到的是他二进制颠倒过来的位置
这里写图片描述
再拿一张别人的图
这里写图片描述
迭代写法：
inline void DFT(Complex a[]){
for(int i=0;i<len;i++)///pos[i]代表反转后的位置
if(i<pos[i])
swap(a[i],a[pos[i]]);
for(int i=2,mid=1;i<=len;i<<=1,mid<<=1){///len代表多项式最高次项
///第一层i是枚举合并到了哪一层。
Complex wm(cos(2.0*pi/i),sin(2.0*pi/i));
for(int j=0;j<len;j+=i){///第二层j是枚举合并区间。
Complex w(1,0);
for(int k=j;k<j+mid;k++,w=w*wm){///第三层k是枚举区间内的下标。
Complex l=a[k],r=w*a[k+mid];
a[k]=l+r;a[k+mid]=l-r;
}
}
}
return;
}
插值
有人证出来插值只要将所有wmnwnm换成wm+n2nwnm+n2，也就是所有的虚部取相反数，再将最终结果除以lenlen，就是插值的过程了
究竟为什么？我觉得人生一定要有点遗憾可以参考这里，我就不多说了
支持插值的迭代写法：
const double DFT=2.0,IDFT=-2.0;///进行求值，第二个参数传DFT，插值传IDFT
inline void FFT(Complex a[],double mode){
for(int i=0;i<len;i++)
if(i<pos[i])
swap(a[i],a[pos[i]]);
for(int i=2,mid=1;i<=len;i<<=1,mid<<=1){
Complex wm(cos(2.0*pi/i),sin(mode*pi/i));
for(int j=0;j<len;j+=i){
Complex w(1,0);
for(int k=j;k<j+mid;k++,w=w*wm){
Complex l=a[k],r=w*a[k+mid];
a[k]=l+r;a[k+mid]=l-r;
}
}
}
if(mode==IDFT)
for(int i=0;i<len;i++)
a[i].x/=len;
return;
}
现在，你已经会写FFT了！
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