标签：特殊情况 有一个 https 现在 初中 复数 位置 uri strong
这可能是我第五次学FFT了……菜哭qwq
先给出一些个人认为非常优秀的参考资料：
一小时学会快速傅里叶变换（Fast Fourier Transform） - 知乎
快速傅里叶变换（FFT）用于计算两个\(n\)次多项式相乘，能把复杂度从朴素的\(O(n^2)\)优化到\(O(nlog_2n)\)。一个常见的应用是计算大整数相乘。
本文中所有多项式默认\(x\)为变量，其他字母均为常数。所有角均为弧度制。
我们平时常用的表示方法称为“系数表示法”，即
\[A(x)=\sum _{i=0}^n a_ix^i\]
上面那个式子也可以看作一个以\(x\)为自变量的\(n\)次函数。用\(n+1\)个点可以确定一个\(n\)次函数（自行脑补初中学习的二次函数）。所以，给定\(n+1\)组\(x\)和对应的\(A(x)\)，就可以求出原多项式。用\(n+1\)个点表示一个\(n\)次多项式的方式称为“点值表示法”。
在“点值表示法”中，两个多项式相乘是\(O(n)\)的。因为对于同一个\(x\)，把它代入\(A\)和\(B\)求值的结果之积就是把它带入多项式\(A\times B\)求值的结果（这是多项式乘法的意义）。所以把点值表示法下的两个多项式的\(n+1\)个点的值相乘即可求出两多项式之积的点值表示。
线性复杂度点值表示好哇好
但是，把系数表示法转换成点值表示法需要对\(n+1\)个点求值，而每次求值是\(O(n)\)的，所以复杂度是\(O(n^2)\)。把点值表示法转换成系数表示法据说也是\(O(n^2)\)的（然而我只会\(O(n^3)\)的高斯消元qwq）。所以暴力取点然后算还不如直接朴素算法相乘……
但是有一种神奇的算法，通过取一些具有特殊性质的点可以把复杂度降到\(O(nlog_2n)\)。
从现在开始，所有\(n\)都默认是\(2\)的非负整数次幂，多项式次数为\(n-1\)。应用时如果多项式次数不是\(2\)的非负整数次幂减\(1\)，可以加系数为\(0\)的项补齐。
先看一些预备知识：
复数\(a+bi\)可以看作平面直角坐标系上的点\((a,b)\)。这个点到原点的距离称为模长，即\(\sqrt{a^2+b^2}\)；原点与\((a,b)\)所连的直线与实轴正半轴的夹角称为辐角，即\(sin^{-1}\frac{b}{a}\)。复数相乘的法则：模长相乘，辐角相加。
把以原点为圆心，\(1\)为半径的圆（称为“单位圆”）\(n\)等分，\(n\)个点中辐角最小的等分点（不考虑\(1\)）称为\(n\)次单位根，记作\(\omega_n\)，则这\(n\)个等分点可以表示为\(\omega_n^k(0\leq k < n)\)
这里如果不理解，可以考虑周角是\(2\pi\)，\(n\)次单位根的辐角是\(\frac{2\pi}{n}\)。\(w_n^k=w_n^{k-1}\times w_n^1\)，复数相乘时模长均为\(1\)，相乘仍为\(1\)。辐角\(\frac{2\pi (k-1)}{n}\)加上单位根的辐角\(\frac{2\pi}{n}\)变成\(\frac{2\pi k}{n}\)。
单位根具有如下性质：
1.折半引理
\[w_{2n}^{2k}=w_n^k\]
模长都是\(1\)，辐角\(\frac{2\pi \times 2k}{2n}=\frac{2\pi k}{n}\)，故相等。
2.消去引理
\[w_n^{k+\frac{n}{2}}=-w_n^k\]
这个从几何意义上考虑，\(w_n^{k+\frac{n}{2}}\)的辐角刚好比\(w_n^k\)多了\(\frac{2\pi \times \frac{n}{2}}{n}=\pi\)，刚好是一个平角，所以它们关于原点中心对称。互为相反数的复数关于原点中心对称。
3.（不知道叫什么的性质）其中\(k\)是整数
\[w_n^{a+kn}=w_n^a\]
这个也很好理解：\(w_n^n\)的辐角是\(2\pi\)，也就是转了一整圈回到了实轴正半轴上，这个复数就是实数\(1\)。乘上一个\(w_n^n\)就相当于给辐角加了一个周角，不会改变位置。
DFT把多项式从系数表示法转换到点值表示法。
我们大力尝试把\(n\)次单位根的\(0\)到\(n-1\)次幂分别代入\(n-1\)次多项式\(A(x)\)。但首先先对\(A(x)\)进行奇偶分组，得到：
\[A_1(x)=\sum_{i=0}^{\frac{n-1}{2}}a_{2i}·x^i\]
\[A_2(x)=\sum_{i=0}^{\frac{n-1}{2}}a_{2i+1}·x^i\]
则有：
\[A(x)=A_1(x^2)+x·A_2(x^2)\]
把\(w_n^k\)代入，得：
\[A(w_n^k)=A_1(w_n^{2k})+w_n^k·A_2(w_n^{2k})\]
根据折半引理，有：
\[A(w_n^k)=A_1(w_{\frac{n}{2}}^k)+w_n^k·A_2(w_{\frac{n}{2}}^k)\]
此时有一个特殊情况。当\(\frac{n}{2}\leq k < n\)，记\(a=k-\frac{n}{2}\)，则根据消去引理和上面第三个性质，有：
\[w_n^a=-w_n^k\]
\[w_{\frac{n}{2}}^a=w_{\frac{n}{2}}^k\]
所以
\[A(w_n^k)=A_1(w_{\frac{n}{2}}^a)-w_n^a·A_2(w_{\frac{n}{2}}^a)\]
这样变换主要是为了防止右侧式子里出现\(w_n\)的不同次幂。
按照这个式子可以递归计算。共递归\(O(log_2n)\)层，每层需要\(O(n)\)枚举\(k\)，因此可以在\(O(nlog_2n)\)内把系数表示法变为点值表示法。
设\(w_n^k(0\leq k<n)\)代入多项式\(A(x)\)后得到的点值为\(b_k\)，令多项式\(B(x)\)：
\[B(x)=\sum_{i=0}^{n-1}b_ix^i\]
一个结论：设\(w_n^{-k}(0\leq k<n)\)代入\(B(x)\)后得到的点值为\(c_k\)，则多项式\(A(x)\)的系数\(a_k=\frac{c_k}{n}\)。下面来证明这个结论。
\[ \begin{aligned} c_k&=\sum_{i=0}^{n-1}b_i·w_n^{-ik}\&=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}a_j·w_n^{ij}·w_n^{-ik}\&=\sum_{j=0}^{n-1}a_j\sum_{i=0}^{n-1}w_n^{i(j-k)} \end{aligned} \]
脑补一下\(\sum_{i=0}^{n-1}w_n^{i(j-k)}\)怎么求。可以看出这是一个公比为\(w_n^{j-k}\)的等比数列。
当\(j=k\)，\(w_n^0=1\)，所以上式的值是\(n\)。
否则，根据等比数列求和公式，上式等于\(w_n^{j-k}·\frac{w_n^{n(j-k)}-1}{w_n^{j-k}-1}\)。\(w_n^{n(j-k)}\)相当于转了整整\((j-k)\)圈，所以值为\(1\)，这个等比数列的和为\(0\)。
由于当\(j \neq k\)时上述等比数列值为\(0\)，所以\(c_k=a_kn\)，即\(a_k=\frac{c_k}{n}\)
至此，已经可以写出递归的FFT代码了。（常数大的一批qwq
（未完待续……
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