cv2.imread()基本参数介绍
Mat cv::imread(const String & filename, int flags = IMREAD_COLOR)
retval = cv.imread(filename[, flags])
# ilename：需要打开图片的路径，可以是绝对路径或者相对路径，路径中不能出现中文
# flag：图像的通道和色彩信息（默认值为1）
# flag = -1, 8位深度，原通道
# flag = 0， 8位深度，1通道
# flag = 1， 8位深度，3通道
# flag = 2， 原深度， 1通道
# flag = 3， 原深度， 3通道
# flag = 4， 8位深度，3通道
傅里叶变换
时域图像，频域图像
正常傅里叶变换后不做任何处理(不经过平移处理)的话应该是四角亮，中间暗
频域图像中亮的为低频信息，暗的为高频信息
自然图像一般都是低频信息多于高频信息
什么是频域
越往里面频率越来越高
振幅关于频域的函数
傅里叶变换的由来
傅里叶级数
对于任何以 2 π 2\pi 2π 为周期的函数，都可以由三角函数来拟合？？
f ( t ) = a 0 2 + ∑ n = 1 + ∞ ( a n cos n t + b n sin n t ) f(t)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\left(a_{n} \cos n t+b_{n} \sin n t\right) f(t)=2a0+n=1∑+∞(ancosnt+bnsinnt)
三角函数系正交性
∫ − π + π sin k x cos n x d x = 0 ∫ − π + π sin k x sin n x d x = { 0 , k ≠ n π , k = n ≠ 0 ∫ − π + π cos k x cos n x d x = { 0 , k ≠ n π , k = n ≠ 0 \begin{array}{l} \int_{-\pi}^{+\pi} \sin k x \cos n x d x=0 \\ \int_{-\pi}^{+\pi} \sin k x \sin n x d x=\left\{\begin{array}{l} 0, k \neq n \\ \pi, k=n \neq 0 \end{array}\right. \\ \int_{-\pi}^{+\pi} \cos k x \cos n x d x=\left\{0,k≠nπ,k=n≠0\right. \end{array} ∫−π+πsinkxcosnxdx=0∫−π+πsinkxsinnxdx={ 0,k=nπ,k=n=0∫−π+πcoskxcosnxdx={ 0,k=nπ,k=n=0
正交性的证明：
1 ) : ∫ − π + π sin k x cos n x d x = 1 2 ∫ − π + π [ sin ( k + n ) x + sin ( k − n ) x ] d x ( 积化和差 ) 当 k ≠ n 时 , 上式 = − 1 2 [ cos ( k + n ) x k + n + cos ( k − n ) x k − n ] − n + n = 0 当 k = n 时 , 上式 = ∫ − π + π sin k x cos n x d x = 1 2 ∫ − π + π sin 2 k x d x = 0 2 ) : ∫ − π + π sin k x sin n x d x = 1 2 ∫ − π + π [ cos ( k − n ) x − cos ( k + n ) x ] d x ( 积化和差 ) 当 k ≠ n 时，上式 = 1 2 [ sin ( k − n ) x k − n − sin ( k + n ) x k + n ] − π + π = 0 当 k = n ≠ 0 时 , 上式 = 1 2 ∫ − π + π ( 1 − cos 2 k x ) d x = π 1): \int_{-\pi}^{+\pi} \sin k x \cos n x d x=\frac{1}{2} \int_{-\pi}^{+\pi}[\sin (k+n) x+\sin (k-n) x] d x \quad (积化和差)\\ 当 k \neq n 时,上式 =-\frac{1}{2}\left[\frac{\cos (k+n) x}{k+n}+\frac{\cos (k-n) x}{k-n}\right]_{-n}^{+n}=0 \\ 当 k=n 时,上式 =\int_{-\pi}^{+\pi} \sin k x \cos n x d x=\frac{1}{2} \int_{-\pi}^{+\pi} \sin 2 k x d x=0 \\ \\ 2): \int_{-\pi}^{+\pi} \sin k x \sin n x d x=\frac{1}{2} \int_{-\pi}^{+\pi}[\cos (k-n) x-\cos (k+n) x] d x (积化和差)\\ 当 k \neq n 时，上式 =\frac{1}{2}\left[\frac{\sin (k-n) x}{k-n}-\frac{\sin (k+n) x}{k+n}\right]_{-\pi}^{+\pi}=0 \\ 当 k=n \neq 0 时,上式 =\frac{1}{2} \int_{-\pi}^{+\pi}(1-\cos 2 k x) d x=\pi 1):∫−π+πsinkxcosnxdx=21∫−π+π[sin(k+n)x+sin(k−n)x]dx(积化和差)当k=n时,上式=−21[k+ncos(k+n)x+k−ncos(k−n)x]−n+n=0当k=n时,上式=∫−π+πsinkxcosnxdx=21∫−π+πsin2kxdx=02):∫−π+πsinkxsinnxdx=21∫−π+π[cos(k−n)x−cos(k+n)x]dx(积化和差)当k=n时，上式=21[k−nsin(k−n)x−k+nsin(k+n)x]−π+π=0当k=n=0时,上式=21∫−π+π(1−cos2kx)dx=π
对傅里叶级数左右两边在 − π ∼ π -\pi \sim \pi −π∼π上积分：
∫ − π + π f ( t ) d t = a 0 2 ∫ − π + π d t + ∑ n = 1 + ∞ ( a n ∫ − π + π cos n t d t + b n ∫ − π + π sin n t d t ) \int_{-\pi}^{+\pi} f(t) d t=\frac{a_{0}}{2} \int_{-\pi}^{+\pi} d t+\sum_{n=1}^{+\infty}\left(a_{n} \int_{-\pi}^{+\pi} \cos n t d t+b_{n} \int_{-\pi}^{+\pi} \sin n t d t\right) ∫−π+πf(t)dt=2a0∫−π+πdt+n=1∑+∞(an∫−π+πcosntdt+bn∫−π+πsinntdt)
由三角函数的正交性，可得后面的一串求和为0：
a 0 = 1 π ∫ − π π f ( t ) d t a_{0}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)dt a0=π1∫−ππf(t)dt
同理，在原式左右两端乘以 c o s k t coskt coskt再在 − π ∼ + π -\pi \sim +\pi −π∼+π上积分：
∫ − π + π f ( t ) cos k t d t = a 0 2 ∫ − π + π cos k t d t + ∑ n = 1 + ∞ ( a n ∫ − π + π cos k t cos n t d t + b n ∫ − π + π c o s k t sin n t d t ) \int_{-\pi}^{+\pi} f(t)\cos kt d t=\frac{a_{0}}{2} \int_{-\pi}^{+\pi}\cos kt d t+\sum_{n=1}^{+\infty}\left(a_{n} \int_{-\pi}^{+\pi}\cos kt \cos n t d t+b_{n} \int_{-\pi}^{+\pi} cos kt\sin n t \ d t\right) ∫−π+πf(t)cosktdt=2a0∫−π+πcosktdt+n=1∑+∞(an∫−π+πcosktcosntdt+bn∫−π+πcosktsinnt dt)
由三角函数系正交性得：
∫ − π + π f ( t ) cos k t d t = ∑ n = 1 + ∞ a n ∫ − π + π cos k t cos n t d t = a k π \int_{-\pi}^{+\pi} f(t)\cos kt d t=\sum_{n=1}^{+\infty}a_{n} \int_{-\pi}^{+\pi}\cos kt \cos n t d t=a_{k}\pi ∫−π+πf(t)cosktdt=n=1∑+∞an∫−π+πcosktcosntdt=akπ
即： a k = 1 π ∫ − π + π f ( t ) cos k t d t a_{k}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{+\pi}f(t)\cos kt dt ak=π1∫−π+πf(t)cosktdt
同理： b k = 1 π ∫ − π + π f ( t ) sin k t d t b_{k}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{+\pi}f(t)\sin kt dt bk=π1∫−π+πf(t)sinktdt
已知傅里叶级数 f ( t ) = a 0 2 + ∑ + ∞ n = 1 ( a n cos n t + b n sin n t ) f(t)=\frac{a_{0}}{2}+\underset{n=1}{\overset{+\infty}{\sum}}\left(a_{n} \cos n t+b_{n} \sin n t\right) f(t)=2a0+n=1∑+∞(ancosnt+bnsinnt) T = 2 π \quad\quad T=2\pi T=2π
为了使其更有一般性，而不是局限于 T = 2 π T=2\pi T=2π
令： φ ( t ) = f ( π l t ) = a 0 2 + ∑ + ∞ n = 1 ( a n cos n π l t + b n sin n π l t ) T = 2 l \varphi(t)=f\left(\frac{\pi}{l} t\right)=\frac{a_{0}}{2}+\underset{n=1}{\overset{+\infty}{\sum}}\left(a_{n} \cos \frac{n \pi}{l} t+b_{n} \sin \frac{n \pi}{l} t\right) \quad T=2 l φ(t)=f(lπt)=2a0+n=1∑+∞(ancoslnπt+bnsinlnπt)T=2l
即它可以以任意实数 2 l 2l 2l 为周期
其中：
a n = 1 l ∫ − l + l f ( t ) cos n π l t d t , n = 0 , 1 , 2 , 3... a_{n}=\frac{1}{l}\int_{-l}^{+l}f(t)\cos \frac{n\pi}{l} tdt,\quad n=0,1,2,3... an=l1∫−l+lf(t)coslnπtdt,n=0,1,2,3...
b n = 1 l ∫ − l + l f ( t ) sin n π l t d t , n = 1 , 2 , 3... b_{n}=\frac{1}{l}\int_{-l}^{+l}f(t)\sin \frac{n\pi}{l} tdt,\quad n=1,2,3... bn=l1∫−l+lf(t)sinlnπtdt,n=1,2,3...
由欧拉公式 e j θ = cos θ + j sin θ e^{j\theta}=\cos \theta + j\sin \theta\quad\quad ejθ=cosθ+jsinθ ( e − j θ = cos θ − j sin θ e^{-j\theta}=\cos \theta - j\sin \theta e−jθ=cosθ−jsinθ)得：
对 cos θ \cos \theta cosθ进行麦克劳林展开
对 sin θ \sin \theta sinθ进行麦克劳林展开
对 e j θ e^{j\theta} ejθ进行麦克劳林展开比较等式两端会发现左右相等，其中 j j j 为虚数单位，即 j 2 = − 1 j^{2}=-1 j2=−1
cos ω t = 1 2 e j ω t + 1 2 e − j ω t sin ω t = j ( 1 2 e − j ω t − 1 2 e j ω t ) \cos \omega t=\frac{1}{2}e^{j\omega t}+\frac{1}{2}e^{-j\omega t}\quad\quad\sin \omega t=j(\frac{1}{2}e^{-j\omega t}-\frac{1}{2}e^{j\omega t}) cosωt=21ejωt+21e−jωtsinωt=j(21e−jωt−21ejωt)
带入 φ ( t ) \varphi (t) φ(t)得：
φ ( t ) = a 0 2 + ∑ n = 1 + ∞ [ a n 2 ( e j n π l t + e − j n π l t ) − j b n 2 ( e j n π l t − e − j n π l t ) ] = a 0 2 + ∑ n = 1 + ∞ [ a n − j b n 2 . e j n π l t + a n + j b n 2 . e − j n π l t ] \varphi(t)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\left[\frac{a_{n}}{2}\left(e^{j \frac{n \pi}{l} t}+e^{-j \frac{n \pi}{l} t}\right)-\frac{j b_{n}}{2}\left(e^{j \frac{n \pi}{l} t}-e^{-j \frac{n \pi}{l} t}\right)\right]\\ =\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\left[\frac{a_{n}-jb_{n}}{2}.e^{j \frac{n \pi}{l} t}+\frac{a_{n}+jb_{n}}{2}.e^{-j \frac{n \pi}{l} t}\right] φ(t)=2a0+n=1∑+∞[2an(ejlnπt+e−jlnπt)−2jbn(ejlnπt−e−jlnπt)]=2a0+n=1∑+∞[2an−jbn.ejlnπt+2an+jbn.e−jlnπt]
令 c 0 = a 0 2 , c n = a n − j b n 2 , c − n = a n + j b n 2 c_{0}=\frac{a_{0}}{2}, c_{n}=\frac{a_{n}-jb_{n}}{2}, c_{-n}=\frac{a_{n}+jb_{n}}{2} c0=2a0,cn=2an−jbn,c−n=2an+jbn
则 φ ( t ) = c 0 + ∑ n = 1 + ∞ [ c n . e j n π l t + c − n . e − j n π l t ] \varphi(t)=c_{0} + \sum_{n=1}^{+\infty}\left[c_{n}.e^{j\frac{n\pi}{l}t}+c_{-n}.e^{-j\frac{n\pi}{l}t}\right] φ(t)=c0+n=1∑+∞[cn.ejlnπt+c−n.e−jlnπt]
由于: c 0 = c 0 . e j 0 π l t c_{0}=c_{0}.e^{j\frac{0\pi}{l}t} c0=c0.ejl0πt
于是： φ ( t ) = ∑ n = − ∞ + ∞ c n . e j n π t l \varphi(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_{n}.e^{j\frac{n\pi t}{l}} φ(t)=n=−∞∑+∞cn.ejlnπt
其中 c 0 = a 0 2 , c n = a n − j b n 2 , c − n = a n + j b n 2 c_{0}=\frac{a_{0}}{2}, c_{n}=\frac{a_{n}-jb_{n}}{2}, c_{-n}=\frac{a_{n}+jb_{n}}{2} c0=2a0,cn=2an−jbn,c−n=2an+jbn
又因为： a n = 1 l ∫ − l + l f ( t ) cos n π l t d t , n = 0 , 1 , 2 , 3... a_{n}=\frac{1}{l}\int_{-l}^{+l}f(t)\cos \frac{n\pi}{l} tdt,\quad n=0,1,2,3... an=l1∫−l+lf(t)coslnπtdt,n=0,1,2,3...
b n = 1 l ∫ − l + l f ( t ) sin n π l t d t , n = 1 , 2 , 3... b_{n}=\frac{1}{l}\int_{-l}^{+l}f(t)\sin \frac{n\pi}{l} tdt,\quad n=1,2,3... bn=l1∫−l+lf(t)sinlnπtdt,n=1,2,3...
{ c 0 = a 0 2 = 1 2 l ∫ − l l f ( t ) d t = 1 2 l ∫ − l l f ( t ) e − j 0 π t l d t c n = a n − j b n 2 = 1 2 [ 1 l ∫ − l l f ( t ) cos n π l t d t − j 1 l ∫ − l l f ( t ) sin n π l t d t ] = 1 2 l ∫ − l l f ( t ) e − j n π t l d t c − n = a n + j b n 2 = 1 2 [ 1 l ∫ − l l f ( t ) cos n π l t d t + j 1 l ∫ − l l f ( t ) sin n π l t d t ] = 1 2 l ∫ − l l f ( t ) e j n π t l d t \left\{c0=a02=12l∫l−lf(t)dt=12l∫l−lf(t)e−j0πtldtcn=an−jbn2=12[1l∫l−lf(t)cosnπltdt−j1l∫l−lf(t)sinnπltdt]=12l∫l−lf(t)e−jnπtldtc−n=an+jbn2=12[1l∫l−lf(t)cosnπltdt+j1l∫l−lf(t)sinnπltdt]=12l∫l−lf(t)ejnπtldt\right. ⎩
⎨
⎧c0=2a0=2l1∫−llf(t)dt=2l1∫−llf(t)e−jl0πtdtcn=2an−jbn=21[l1∫−llf(t)coslnπtdt−jl1∫−llf(t)sinlnπtdt]=2l1∫−llf(t)e−jlnπtdtc−n=2an+jbn=21[l1∫−llf(t)coslnπtdt+jl1∫−llf(t)sinlnπtdt]=2l1∫−llf(t)ejlnπtdt
综上，
c n = 1 2 l ∫ − l + l f ( t ) e − j n π t l d t , n = 0 , ± 1 , ± 2 , … c_{n}=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{+l}f(t)e^{-j\frac{n\pi t}{l}}dt,\quad\quad n=0, \pm 1, \pm 2, \ldots cn=2l1∫−l+lf(t)e−jlnπtdt,n=0,±1,±2,…
由上 φ ( t ) = ∑ + ∞ n = − ∞ c n . e j n π t l \varphi(t)=\underset{n=-\infty}{\overset{+\infty}{\sum}} c_{n}.e^{j\frac{n\pi t}{l}} φ(t)=n=−∞∑+∞cn.ejlnπt， c n = 1 2 l ∫ − l + l f ( ω ) e − j n π ω l d ω , n = 0 , ± 1 , ± 2 , … c_{n}=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{+l}f(\omega)e^{-j\frac{n\pi \omega}{l}}d\omega,\quad\quad n=0, \pm 1, \pm 2, \ldots cn=2l1∫−l+lf(ω)e−jlnπωdω,n=0,±1,±2,…
将 c n c_{n} cn带入 φ ( t ) \varphi(t) φ(t)得：
φ ( t ) = ∑ n = − ∞ + ∞ 1 2 l ∫ − l l f ( ω ) e − j n π ω l d ω ⋅ e j n π t l = ∑ n = − ∞ + ∞ 1 2 l ∫ − l l f ( ω ) e n π ( t − ω ) l d ω \varphi(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{2 l} \int_{-l}^{l} f(\omega) e^{-j \frac{n \pi \omega}{l}} d \omega \cdot e^{j \frac{n \pi t}{l}}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{2 l} \int_{-l}^{l} f(\omega) e^{\frac{n \pi(t-\omega)}{l}} d \omega φ(t)=n=−∞∑+∞2l1∫−llf(ω)e−jlnπωdω⋅ejlnπt=n=−∞∑+∞2l1∫−llf(ω)elnπ(t−ω)dω
对于非周期函数，使其更具有一般性，可看做周期无穷大：
f ( t ) = lim l → + ∞ φ ( t ) = lim l → + ∞ ∑ + ∞ n = − ∞ 1 2 l ∫ − l l f ( z ) e j n π ( t − z ) l d z = lim l → + ∞ ∑ + ∞ n = − ∞ 1 2 π ∫ − l l f ( z ) e j n π ( t − z ) l d z ⋅ π l f(t)=lim f(t)=l→+∞limφ(t)=l→+∞limn=−∞∑+∞2l1∫−llf(z)ejlnπ(t−z)dz=l→+∞limn=−∞∑+∞2π1∫−llf(z)ejlnπ(t−z)dz⋅lπ
令: ω n = n π l , Δ ω = π l \omega_{n}=\frac{n \pi}{l}, \Delta \omega=\frac{\pi}{l} ωn=lnπ,Δω=lπ
f ( t ) = lim l → + ∞ ∑ + ∞ n = − ∞ 1 2 π ∫ − l l f ( z ) e j ω n ( t − z ) d z ⋅ Δ ω = 1 2 π ∫ − ∞ + ∞ [ ∫ − ∞ + ∞ f ( z ) e j ω ( t − z ) d z ] d ω f(t)=l→+∞limn=−∞∑+∞2π1∫−llf(z)ejωn(t−z)dz⋅Δω=2π1∫−∞+∞[∫−∞+∞f(z)ejω(t−z)dz]dω
上面得到了一个二重的反常积分
f ( t ) = 1 2 π ∫ − ∞ + ∞ [ ∫ − ∞ + ∞ f ( z ) e j ω ( t − z ) d z ] d ω = 1 2 π ∫ − ∞ + ∞ [ ∫ − ∞ + ∞ f ( z ) e − j ω z d z ] e j ω t d ω f(t)=2π1∫−∞+∞[∫−∞+∞f(z)ejω(t−z)dz]dω=2π1∫−∞+∞[∫−∞+∞f(z)e−jωzdz]ejωtdω
令： F ( ω ) = ∫ − ∞ + ∞ f ( t ) e − j ω t d t F(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt\quad\quad\quad F(ω)=∫−∞+∞f(t)e−jωtdt频域
则： f ( t ) = 1 2 π ∫ − ∞ + ∞ F ( ω ) e j ω t d ω f(t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}F(\omega)e^{j\omega t}d\omega\quad\quad f(t)=2π1∫−∞+∞F(ω)ejωtdω时域
这就是傅里叶变换对
傅里叶变换算法 DFT, FFT
DFT：Discrete Fourier Transform
FFT：Fast Fourier Transform
计算机只能处理离散数据，故对连续的傅里叶变换对：
F ( ω ) = ∫ − ∞ + ∞ f ( t ) e − j ω t d t ， F(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt，\quad\quad\quad F(ω)=∫−∞+∞f(t)e−jωtdt， f ( t ) = 1 2 π ∫ − ∞ + ∞ F ( ω ) e j ω t d ω f(t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}F(\omega)e^{j\omega t}d\omega\quad\quad f(t)=2π1∫−∞+∞F(ω)ejωtdω
做 N N N点等距采样得离散变换对：???
F ( u ) = ∑ x = 0 N − 1 f ( x ) e − j 2 π N x u f ( x ) = 1 N ∑ u = 0 N − 1 F ( u ) e j 2 π N x u F(u)=\sum_{x=0}^{N-1} f(x) e^{-j \frac{2 \pi}{N} x u} \quad f(x)=\frac{1}{N} \sum_{u=0}^{N-1} F(u) e^{j \frac{2 \pi}{N} x u} F(u)=x=0∑N−1f(x)e−jN2πxuf(x)=N1u=0∑N−1F(u)ejN2πxu
ω = 2 π u N \omega=\frac{2\pi u}{N} ω=N2πu， u u u是频率， T = 2 π u , ω = T N T=2\pi u, \omega=\frac{T}{N} T=2πu,ω=NT
以上为一元函数的情况
扩展到二元函数：
F ( u , v ) = ∑ x = 0 M − 1 ∑ y = 0 N − 1 f ( x , y ) e − j 2 π ( u x M + v y N ) , f ( x , y ) = 1 M N ∑ u = 0 M − 1 ∑ v = 0 N − 1 F ( u , v ) e j 2 π ( u x M + v y N ) F(u,v)=\sum_{x=0}^{M-1}\sum_{y=0}^{N-1}f(x,y)e^{-j2\pi(\frac{ux}{M}+\frac{vy}{N})},\quad f(x,y)=\frac{1}{MN}\sum_{u=0}^{M-1}\sum_{v=0}^{N-1}F(u,v)e^{j2\pi(\frac{ux}{M}+\frac{vy}{N})} F(u,v)=x=0∑M−1y=0∑N−1f(x,y)e−j2π(Mux+Nvy),f(x,y)=MN1u=0∑M−1v=0∑N−1F(u,v)ej2π(Mux+Nvy)
以上即为DFT公式
由DFT正向变换公式:
F ( u , v ) = ∑ x = 0 M − 1 ∑ y = 0 N − 1 f ( x , y ) e − j 2 π ( u x M + v y N ) = ∑ x = 0 M − 1 e − j 2 π u x M ∑ y = 0 N − 1 f ( x , y ) e − j 2 π v y N = ∑ x = 0 M − 1 [ ∑ y = 0 N − 1 f ( x , y ) e − j 2 π v y N ] e − j 2 π u x M F(u,v)=∑x=0M−1∑y=0N−1f(x,y)e−j2π(Mux+Nvy)=∑x=0M−1e−j2πMux∑y=0N−1f(x,y)e−j2πNvy=∑x=0M−1[∑y=0N−1f(x,y)e−j2πNvy]e−j2πMux
由此可见，二元DFT可分为两个一元DFT的叠加。若用两个一元DFT代替二元DFT，算法复杂度由 O ( M 2 N 2 ) O(M^{2}N^{2}) O(M2N2)降为 O ( M 2 N + M N 2 ) O(M^{2}N + MN^{2}) O(M2N+MN2)有点像那个高斯核的卷积，一个卷积核可以拆分为两个卷积核的意思 ???
可以先对图像进行一个方向上的离散傅里叶变换，再对所得到的图像进行另一个方向上的离散傅里叶变换， 就可以得到直接做二维的离散傅里叶变换相同的效果，这样可以降低复杂度，4次的变为3次
类似地，对反向变换公式同样适用。
通常，我们使用 F ( u − M 2 , v − N 2 ) = ∑ x = 0 M − 1 ∑ y = 0 N − 1 ( − 1 ) x + y f ( x , y ) e − j 2 π ( u x M + v y N ) F(u-\frac{M}{2},v-\frac{N}{2})=\sum_{x=0}^{M-1} \sum_{y=0}^{N-1}(-1)^{x+y} f(x, y) e^{-j 2 \pi\left(\frac{u x}{M}+\frac{v y}{N}\right)} F(u−2M,v−2N)=x=0∑M−1y=0∑N−1(−1)x+yf(x,y)e−j2π(Mux+Nvy)
代替原式(将低频成分移动到图像中央，好看)
相当于在每个位置乘上 ( − 1 ) x + y (-1)^{x+y} (−1)x+y就可以把低频成分移动到图像中央
这是因为 F ( u − M 2 , v − N 2 ) = ∑ x = 0 M − 1 ∑ y = 0 N − 1 f ( x , y ) e − j 2 π [ ( u − M 2 ) x M + ( v − N 2 ) y N ] = ∑ x = 0 M − 1 ∑ y = 0 N − 1 f ( x , y ) e − j 2 π ( u x M + v y N ) . e j π ( x + y ) F(u-\frac{M}{2},v-\frac{N}{2})=\sum_{x=0}^{M-1} \sum_{y=0}^{N-1}f(x,y)e^{-j2\pi \left[\frac{(u-\frac{M}{2})x}{M}+\frac{(v-\frac{N}{2})y}{N}\right]}\\ =\sum_{x=0}^{M-1} \sum_{y=0}^{N-1}f(x,y)e^{-j2\pi (\frac{ux}{M}+\frac{vy}{N})}.e^{j\pi(x+y)} F(u−2M,v−2N)=x=0∑M−1y=0∑N−1f(x,y)e−j2π[M(u−2M)x+N(v−2N)y]=x=0∑M−1y=0∑N−1f(x,y)e−j2π(Mux+Nvy).ejπ(x+y)
e j π = cos π + j sin π , sin π = 0 , cos π = − 1 e^{j\pi} = \cos \pi +j\sin \pi, \sin \pi=0,\cos \pi=-1 ejπ=cosπ+jsinπ,sinπ=0,cosπ=−1
由欧拉公式有 e j π = − 1 e^{j\pi} = -1 ejπ=−1,于是 F ( u − M 2 , v − N 2 ) = ∑ x = 0 M − 1 ∑ y = 0 N − 1 ( − 1 ) x + y f ( x , y ) e − j 2 π ( u x M + v y N ) F(u-\frac{M}{2},v-\frac{N}{2}) = \sum_{x=0}^{M-1} \sum_{y=0}^{N-1}(-1)^{x+y}f(x,y)e^{-j2\pi(\frac{ux}{M} + \frac{vy}{N})} F(u−2M,v−2N)=x=0∑M−1y=0∑N−1(−1)x+yf(x,y)e−j2π(Mux+Nvy)
还可以继续优化为FFT
下面为 基2时间抽取的FFT算法：首先，将二维DFT等效为两个一维DFT的叠加。此时时间复杂度为 O ( M 2 N + M N 2 ) O(M^{2}N + MN^{2}) O(M2N+MN2)
对于每个一维DFT还可以进行如下优化：
根据一维的DFT公式： F ( u ) = ∑ x = 0 N − 1 f ( x ) e − j 2 π N x u F(u)=\sum_{x=0}^{N-1} f(x) e^{-j \frac{2 \pi}{N} x u} F(u)=∑x=0N−1f(x)e−jN2πxu把 F ( u ) F(u) F(u)分成奇数和偶数两项
F ( u ) = ∑ x = 0 N − 1 f ( x ) e − j 2 π N x u = ∑ x = 0 N 2 − 1 f ( 2 x ) e − j 2 π N 2 x u + ∑ x = 0 N 2 − 1 f ( 2 x + 1 ) e − j 2 π N ( 2 x + 1 ) u = ∑ x = 0 N 2 − 1 f ( 2 x ) e − j 2 π N 2 x u + e − j 2 π N u ⋅ ∑ x = 0 N 2 − 1 f ( 2 x + 1 ) e − j 2 π N 2 x u F(u)=x=0∑N−1f(x)e−jN2πxu=x=0∑2N−1f(2x)e−jN2π2xu+x=0∑2N−1f(2x+1)e−jN2π(2x+1)u=x=0∑2N−1f(2x)e−jN2π2xu+e−jN2πu⋅x=0∑2N−1f(2x+1)e−jN2π2xu
其中我们称 e − j 2 π N 2 x u e^{-j\frac{2\pi}{N}2xu} e−jN2π2xu为旋转因子
可证 e − j 2 π N ( u + N 2 ) = − e − j 2 π N u e^{-j\frac{2\pi}{N}(u+\frac{N}{2})} = -e^{-j\frac{2\pi}{N}u} e−jN2π(u+2N)=−e−jN2πu,于是???
F ( u ) = { ∑ x = 0 N 2 − 1 f ( 2 x ) e − j 2 π N 2 x u + e − j 2 π N u ⋅ ∑ x = 0 N 2 − 1 f ( 2 x + 1 ) e − j 2 π N 2 x u , u < N 2 ∑ x = 0 N 2 − 1 f ( 2 x ) e − j 2 π N 2 x u − e − j 2 π N ( u − N 2 ) ⋅ ∑ x = 0 N 2 − 1 f ( 2 x + 1 ) e − j 2 π N 2 x u , u > N 2 F(u)=\left\{\right. F(u)={
∑x=02N−1f(2x)e−jN2π2xu+e−jN2πu⋅∑x=02N−1f(2x+1)e−jN2π2xu,u<2N∑x=02N−1f(2x)e−jN2π2xu−e−jN2π(u−2N)⋅∑x=02N−1f(2x+1)e−jN2π2xu,u>2N
上面两个和式是与原问题相同的子问题，但规模减半，并且 u > N 2 u>\frac{N}{2} u>2N时，可用之前计算过的值，无需重复计算。使用递归实现，时间复杂度降为 O ( N ( log 2 N ) + M ( log 2 M ) ) O\left(N\left(\log _{2} N\right)+M\left(\log _{2} M\right)\right) O(N(log2N)+M(log2M))
灰度图
灰度图就是单通道图像，而单通道图是指维度数为2，即有h,w的图像。
而灰度就是没有色彩，RGB色彩分量全部相等（可将这点与下文的RGB图进行对比）。那么灰度图的每个像素点就只有一个值表示颜色，像素值的范围就是[0~255]。如使用RGB表示灰度为100的图像，三通道灰度图即RGB(100，100，100)，而单通道灰度图只有其中一个有值。
简而言之，灰度图就是黑白图。
图像通道在RGB色彩模式下就是指在下就是指那单独的红色R、绿色G、蓝色B部分。
与灰度图不同之处在于，该图的每个像素点都有3个值表示颜色，也叫3通道。如RGB(10，47，200).
每个点若位深度为8，即8bit，那么就是灰度图。
若位深度为24，即RGB图
参考
转载：https://blog.csdn.net/weixin_43845922/article/details/127513226