如何使用MATLAB對FFT的算法進行性能對比？
FFT是干什么的
FFT在算法競賽中就有一個用途：加速多項式乘法(暴言)
簡單來說，形如 a0X0+a1X1+a2X2+?+anXna0X0+a1X1+a2X2+?+anXn 的代數表達式叫做多項式，可以記作f(X)=a0X0+a1X1+a2X2+?+anXnf(X)=a0X0+a1X1+a2X2+?+anXn，其中a0,a1,?,ana0,a1,?,an叫做多項式的系數，XX是一個不定元(就是不可以合并)，不表示任何值，不定元在多項式中最大項的次數稱作多項式的次數
如果我們當前有兩個多項式f(X),g(X)f(X),g(X)，現在要把他們乘起來(求卷積)，最樸素的做法就是
∑i=02n?1(∑j=0iai?bi?j)?xi
∑i=02n?1(∑j=0iai?bi?j)?xi
這樣的復雜度是Θ(n2)Θ(n2)的，十分不美觀，FFT就是要將這個過程優化為Θ(nlogn)Θ(nlog?n)
前置技能
多項式復數
復數形如a+bia+bi，其中i=?1???√i=?1
aa叫作復數的實部，bibi叫做復數的虛部
復數(a1+b1i)?(a2+b2i)(a1+b1i)?(a2+b2i)相乘的值，即a1a2?b1b2+(a1b2+a2b1)ia1a2?b1b2+(a1b2+a2b1)i也是一個復數，同時我們也得到了復數的乘法法則
復數c+dic+di可以用這種方式表示出來
(c+di)
復數乘法的在復平面中表現為輻角相加，模長相乘
單位根
復數ww滿足wn=1wn=1稱作ww是nn次單位根，下圖包含了所有的88次單位根(圖中圓的半徑是1)
8次單位根
同樣的，下圖是所有的4次單位根
4次單位根
聰明的你也許已經發現了單位根的些許性質，即
w2m2n=wmnw2n2m=wnm
wmn=?wm+n2nwnm=?wnm+n2
這兩個要記住，一會很有用
多項式的系數表達法
我們有多項式f(X)=a0X0+a1X1+a2X2+?+anXnf(X)=a0X0+a1X1+a2X2+?+anXn，令a? =(a0,a1,a2,...,an)a→=(a0,a1,a2,...,an)，則稱A(X)A(X)為多項式f(X)f(X)的系數表示法
在系數表示法下，計算多項式乘法是Θ(n2)Θ(n2)的
多項式的點值表達法
任取n+1n+1個互不相同的S={p1,p2,...,pn+1}S={p1,p2,...,pn+1}，對f(X)f(X)分別求值得到f(p1),f(p2),...,f(pn+1)f(p1),f(p2),...,f(pn+1)，那么稱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))}為多項式f(X)f(X)在SS下的點值表示法
可以把多項式想象成一個nn次函數，點值表示法就是取SS下每一個橫坐標時對應的點，因為nn次函數可以由n+1n+1個點確定下來(可以將每一個點列一個nn次方程)，所以nn維點值與nn維系數一一對應
更重要的一點，點值表示法下的乘法運算獲得了簡化
兩個多項式PP,QQ分別取點(x,y1)(x,y1)和(x,y2)(x,y2)，P?QP?Q就會取到點(x,y1?y2)(x,y1?y2)；令C=P?QC=P?Q，因為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
所以在點值表示法下，計算多項式乘法是Θ(n)Θ(n)的
FFT的具體過程
FFT就是將系數表示法轉化成點值表示法相乘，再由點值表示法轉化為系數表示法的過程，第一個過程叫做求值(DFT)，第二個過程叫做插值(IDFT)
求值
還記得我們之前提到的單位根嗎？再回顧一下：
w2m2n=wmnw2n2m=wnm
wmn=?wm+n2nwnm=?wnm+n2
想要求出一個多項式的點值表示法，需要選出n+1n+1個數分別帶入到多項式里面，帶入一個數的復雜度是Θ(n)Θ(n)的，那么總復雜度就是Θ(n2)Θ(n2)的，因為單位根有上面兩個優美的性質，所以我們嘗試可以取nn次單位根組成SS，看看能不能加速我們的運算
設A0(X)A0(X)為A(X)A(X)偶次項的和，設A1(X)A1(X)為A(X)A(X)奇次項的和，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
因為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)
也就是說，只要有了A0(X)A0(X)和A1(X)A1(X)的點值表示，就能在Θ(n)Θ(n)時間算出A(X)A(X)的點值表示，對于當前層確定的位置ii，就可以用下一層的兩個值更新當前的值，我們稱這個操作為“蝴蝶變換”
因為這個過程一定要求每層都可以分成兩大小相等的部分，所以多項式最高次項一定是2p2p(p∈Np∈N)次方，如果不是的話，直接在最高次項補零就可以啦
于是我們有了遞歸的寫法：
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;
｝
但遞歸版的FFT常數巨大，實現起來比較復雜，于是又有了迭代的寫法
重新考慮下遞歸FFT的過程，在第ii次求解中，我們將所有元素二進制ii位為00的放在了左面，ii位為11的放在了右面，事實上，每個元素最終到的是他二進制顛倒過來的位置
這里寫圖片描述
再拿一張別人的圖
這里寫圖片描述
迭代寫法：
inline void DFT(Complex a[]){
for(int i=0;i<len;i++)///pos[i]代表反轉后的位置
if(i<pos[i])
swap(a[i],a[pos[i]]);
for(int i=2,mid=1;i<=len;i<<=1,mid<<=1){///len代表多項式最高次項
///第一層i是枚舉合并到了哪一層。
Complex wm(cos(2.0*pi/i),sin(2.0*pi/i));
for(int j=0;j<len;j+=i){///第二層j是枚舉合并區間。
Complex w(1,0);
for(int k=j;k<j+mid;k++,w=w*wm){///第三層k是枚舉區間內的下標。
Complex l=a[k],r=w*a[k+mid];
a[k]=l+r;a[k+mid]=l-r;
}
}
}
return;
}
插值
有人證出來插值只要將所有wmnwnm換成wm+n2nwnm+n2，也就是所有的虛部取相反數，再將最終結果除以lenlen，就是插值的過程了
究竟為什么？我覺得人生一定要有點遺憾可以參考這里，我就不多說了
支持插值的迭代寫法：
const double DFT=2.0,IDFT=-2.0;///進行求值，第二個參數傳DFT，插值傳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;
}
現在，你已經會寫FFT了！