前言.FFT算法

网上有很多，这里不再赘述。
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正经向：FFT题目解题思路

\(FFT\)这个玩意不可能直接裸考的.....
其实一般\(FFT\)的题目难点不在于\(FFT\)，而在于构造多项式与卷积。
两个经典例题：

[ZJOI2014]力
给定序列\(\{ q[1],q[2],....q[n]\}\)
定义：\(Ej = \sum_{i<j} \frac{q[i]}{(i-j)^2} - \sum_{i>j} \frac{q[i]}{(i-j)^2}\)
求\(E_1,E_2,E_3....E_{n-1},E_n\) , 数据范围：\(n\leq 10^5\)

.

[HNOI2017]礼物
给定两个节点带权的环，
\(<\ x_1,x_2,...x_n\ >\)与\(<\ y_1,y_2,...y_n\ >\)，
现在你可以任意对齐，
对齐后，此时代价为\(\sum_{i=1}^n x_i y_j\) , 其中\(x_i\)与\(y_j\)对齐。
请求方案最小化此代价，数据范围\(n\leq 5\times 10^4\)

下文中，我们以 [HNOI2017]礼物 为主讲题， [ZJOI2014]对照训练。
下文中，为了方便描述，
我们用花括号表示 多项式系数元素 ，
如：\(f<x> = \{a_0,a_1,a_2,...,a_{n-1}\}\)
我们用中括号表示 多项式系数，
如:\(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+.....+a_n x^n = [a_0,a_1,a_2,.....,a_n]\)
.
一般遇到这种构造多项式的题目，分三步走。

Step1 定元素

首先确定多项式系数元素是什么。
比如礼物这一题，我们假设第一个串的\(x_1\)对应第二个串的\(y_k\),那么：
\[Val = \sum_{i=1}^{n-k+1} x_i y_{i+k-1} \ + \ \sum_{i=1}^{k-1} x_{i+(n-k+1)} y_i \ ; \]
显然前后两项分开考虑一下，下文中以分析\(\sum_{i=1}^{n-k+1} x_i y_{i+k-1}\)为例。
我们要让\(\sum_{i=1}^{n-k+1} x_i y_{i+k-1}\)成为卷积的一个系数。
显然多项式的系数元素为：
\(f1 = \{ x_1,x_2,x_3.....x_n\}\) \(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \)\(f2 = \{ y_1,y_2,y_3.....y_n\}\)

[ZJOI2014]力 这题类似，可以得到：
\(f1 = \{ q[1],q[2],q[3].....q[n]\}\)
\(f2 = \{ \frac{1}{1^2},\frac{1}{2^2},\frac{1}{3^2}.....\frac{1}{(n+1)^2}\}\)

Step2 定顺序

显然多项式元素应该是单调递增或者单调递减排列的。
我们的第二步就是确定这个顺序。
考虑一下卷积系数的特性，
对于卷积的每一个系数，它的未知数次数来源为两个多项式。
所以如果我们想要把答案聚集在一个系数上，就应该保证对应元素未知数的次数和不变。
那么只会有两种情况：
( 1 )形如\(\sum x_i y_{k-i}\) , 此时下标和不变，两个的顺序相同
( 2 )形如\(\sum x_i y_{k+i}\) , 此时下标差不变，两个的顺序相反
利用这个就可以确定我们构造的两个多项式系数排列顺序关系。
看[HNOI2017]礼物这题，\(\sum_{i=1}^{n-k+1} x_i y_{i+k-1}\)这个东西，
两个元素的下标差相同，所以两个多项式的系数顺序相反，即：
\(f1 = [ x_1,x_2,x_3.....x_n]\) \(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \)\(f2 = [y_n,y_{n-1},.....y_2,y_1]\)

再看[ZJOI2014]力 :
我们以后面这一项为例：\(\sum_{i<j} \frac{q[i]}{(i-j)^2}\)
随着\(q[i]\)下标的增加，\(\frac{1}{(i-j)^2}\)下标减小 (\(i-j\)减小)。
所以 两者下标的和应该不变(或者手玩一把即可)，即:
\(f1 = [q[1],q[2],q[3],....q[n]]\)
\(f2 = [\frac{1}{1^2},\frac{1}{2^2},\frac{1}{3^2}....\frac{1}{(n+1)^2}]\)

Step3 定答案

此时构造出来的卷积的某一项系数一定就是此时的对应答案。
关键是我们怎么确定这个答案。
这个其实并没有什么技巧，带特殊值手玩即可。
但是手玩的思路也要清晰，不然玩半天也玩不出来。
下面给一个比较清晰的思路：
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[HNOI2017]礼物
这题的两个多项式：
\(f1 = x_1 a^0 +x_2 a^1+x_3 a^2.....x_n a^{n-1}\)
\(f2 = y_n a^0 + y_{n-1} a^1 ,.....y_2 a^{n-2} + y_1 a^{n-1}\)
考虑\(k = 1\)时，\(x_1\)与\(y_1\)对应，\(x_2\)与\(y_2\)对应.....
显然此时乘出来的未知数次数为\(n-1\)。
考虑\(k = 2\)时，\(x_1\)与\(y_2\)对应，\(x_2\)与\(y_3\)对应....
显然此时乘出来的未知数次数为\(n-2\)。
手玩出两个后就可以不玩了，因为答案肯定是连续的一段系数。
综上所述，当\(k=r\)时，答案系数 对应的未知数次数为 \(n-r\)。
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定答案的时候，一定要注意答案是否有存在的意义。
例如 [HNOI2017]礼物这题的另一项：$\sum_{i=1}^{k-1} x_{i+(n-k+1)} y_i $
显然，当\(k = 1\)的时候是没有任何意义的。
所以最后统计答案不能统计,从\(2\)开始\(for\)。

for(RG int i = 2; i <= N; i ++)ans[i] += (int)(f1[2*N-i].r+0.5);

注意细节，思路清晰，这一步也还是不难的。

[ZJOJ2014]力
\(f1 = q[1]a^0 + q[2]a^1 + q[3]a^2....q[n]a^{n-1}\)
\(f2 = \frac{1}{1^2}a^0 + \frac{1}{2^2}a^1 + \frac{1}{3^2}a^2 ....\frac{1}{(n+1)^2}a^{n-1}\)
\(\sum_{i<j} \frac{q[i]}{(i-j)^2}\)
当\(j = 1\)时，显然无意义舍去。
当\(j = 2\)时，\(res = \frac{q[1]}{\frac{1}{1^2}}\) , 未知数次数为 \(0\)
当\(j = 3\)时，$res = \frac{q[1]}{\frac{1}{2^2}} + \frac{q[2]}{\frac{1}{1^2}} $ , 未知数次数为 \(1\)
综上所述，当\(j = r(j \neq 1)\)时 ，对应的未知数次数为 \(r - 2\)。

附录： [HNOI 2017]礼物 的具体实现代码

#include<bits/stdc++.h>
#define IL inline
#define RG register
#define ll long long
#define _ 300005
using namespace std;
const double PI = acos(-1);

int n,m,N,M,l, a[_] , b[_] ,Ans1,F1,F2,Ans, ans[_] , R[_];
struct Complex{
    double r,i;
    IL Complex(){ r = 0; i = 0; }
    IL Complex(RG double a,RG double b){ r = a; i = b; }
    IL Complex operator + (Complex B){return Complex(r+B.r,i+B.i);}
    IL Complex operator - (Complex B){return Complex(r-B.r,i-B.i);}
    IL Complex operator * (Complex B){
        return Complex(r*B.r - i*B.i , r*B.i + i*B.r);
    }
};
Complex f1[_] , f2[_] , X , Y;

IL void FFT(RG Complex *P , RG int opt){
    for(RG int i = 0; i < n; i ++)
        if(i < R[i]) swap(P[i] , P[R[i]]);
    for(RG int i = 1; i < n; i <<= 1){
        RG Complex W(cos(PI/i),opt*sin(PI/i));
        for(RG int j = 0 , p = i<<1; j < n; j += p){
            RG Complex w(1,0);
            for(RG int k = 0; k < i; k ++,w = w*W){
                X = P[j+k];  Y = w*P[j+k+i];
                P[j+k] = X+Y;  P[j+k+i] = X-Y;
            }
        }
    }
    if(opt == -1)for(RG int i = 0; i < n; i ++)P[i].r /= n;
}

IL void Solve(){
    n = N - 1; m = 2*n; l = 0;
    for(n = 1; n <= m; n<<=1) ++ l;
    for(RG int i = 0; i <= N-1; i ++)
        f1[i].r = a[i+1] , f2[i].r = b[N-i];
    for(RG int i = 0; i < n; i ++)
        R[i] = (R[i>>1]>>1) | ((i&1)<<(l-1));
    FFT(f1,1); FFT(f2,1);
    for(RG int i = 0; i < n; i ++)f1[i] = f1[i]*f2[i];
    FFT(f1,-1);
    for(RG int i = 1; i <= N; i ++)ans[i] = (int)(f1[N-i].r+0.5);
    for(RG int i = 2; i <= N; i ++)ans[i] += (int)(f1[2*N-i].r+0.5);
    Ans1 = 0;
    for(RG int i = 1; i <= N; i ++)Ans1 = max(Ans1,ans[i]);
}

int main(){
    freopen("gift.in","r",stdin);
    cin >> N >> M;
    for(RG int i = 1; i <= N; i ++)cin >> a[i];
    for(RG int j = 1; j <= N; j ++)cin >> b[j];
    Solve();
    for(RG int i = 1; i <= N; i ++)F1 += a[i]*a[i] + b[i]*b[i];
    for(RG int i = 1; i <= N; i ++)F2 += a[i] - b[i];
    Ans = 2147483640;
    for(RG int c = -100; c <= 100; c ++)
        Ans = min(Ans,F1+N*c*c+2*c*F2-2*Ans1);
    cout<<Ans;  return 0;
}