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系数表达
对于一个次数界为n的多项式\(A(x)=\sum_{j=0}^{n-1}{a_jx^j}?\)而言，其系数表达是由一个系数组成的向量\(a=(a_0,a_1,...,a_{n-1})?\)。
点值表达
一个次数界为n的多项式A(x)的点值表达就是一个由n个点值对所组成的集合
\[
{(x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_{n-1},y_{n-1})}
\]
使得对k=0,1,...,n-1,所有\(x_k?\)各不相同，
\[
y_k=A(x_k)
\]
简单的求点值运算我们可以随意代入n个不相同的数，然后得出点对，时间复杂度\(\Theta(n^2)?\)。后面可以看到，如果我们用一点巧妙的取值，可以使时间复杂度优化到\(\Theta(n\lg_2n)?\)。
求值计算的逆（从一个多项式的点值表达确定的系数表达形式）称为插值。
\[ C_j=\sum_{k=0}^{j}{A_kB_{j-k}} \]
上述是多项式的乘法，我们把C称为A和B的卷积（convolution），表示成\(C=A\bigotimes B\)。
FFT的主要思路是首先把A和B转成点值表达，然后得到C的点值表达，再逆着做一遍，得到C的系数表达。
上述做法太慢，我们要用\(\Theta(n^2)\)的时间把每个多项式转成点值表达，然后再用\(\Theta(n^2)\)的时间转回来，明显很慢，还不如暴力。
我们想，可不可以使用某些特殊的数，使得每次可以做一次运算就可以得到多个数的呢？答案是有的：单位根复数根
n次单位复数根是满足\(\omega^n=1\)的复数\(\omega\)。n次单位复数根恰好有n个，对于k=0,1,...,n-1，这些根是\(e^{\pi ik/n}\)。为了解释这个表达式，我们用复数的指数形式来定义：
\[
e^{iu}=cos(u)+isin(u)
\]
也就是给定一个单位圆，上面均匀地分布着n个向量，如图：
以上图为例我们可以发现，每一个n（这里是8）次单位复根都是一个向量，他们在乘法意义下形成一个群。
引理1：(消去引理)
\[
对于任意整数n\geqslant0,k\geqslant0,以及d>0,
\]
\[ \omega^{dk}_{dk}=\omega^{k}_{n} \]
证明
\[
\omega^{dk}_{dk}=(e^{2\pi i/dn})^{dk}=(e^{2\pi i/n})^k=\omega^{k}_{n}
\]
引理2：(折半引理)
\[
如果n>0为偶数，那么n个n次单位根的平方集合就是n/2个n/2次单位根的集合
\]
证明
\[
(\omega^{k+n/2}_{n})^2=\omega^{2k+n}_n=\omega^{2k}_n\omega^n_n=(\omega^k_n)^2
\]
因此\(\omega^k_n\)与\(\omega^{k+n/2}_n\)平方相等。
引理3：(求和引理)
\[
对于任意整数n\geqslant0和不能被n整除的非负整数k，有
\]
\[ \sum_{j=0}^{n-1}(\omega^k_n)^j=0 \]
证明
\[
\sum_{j=0}^{n-1}(\omega^k_n)^j=\frac{(\omega^k_n)^0(1-(\omega^k_n)^n)}{1-\omega^{k}_{n}}=\frac{(\omega^n_n)^k-1}{\omega^{k}_{n}-1}=\frac{(1)^k-1}{\omega^{k}_{n}-1}=0
\]
因为要求k不能被n整除，而且仅当k被n整除时\[\omega^k_n=1\]成立，同时保证分母不为0。
回顾一下，我们希望计算次数界为n的多项式
\[
A(x)=\sum_{j=0}^{n-1}{a_jx^j}
\]
在\[\omega^0_n,\omega^1_n,...,\omega^{n-1}_n\]处的值。假设A以系数形式给出，接下来定义结果\(y_k\):
\[
y_k=A(\omega^k_n)=\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega^{kj}_n
\]
向量\(y=(y_0,y_1,...,y_{n-1})\)就是系数向量\(a=(a_0,a_1,...,a_{n-1})\)的离散傅里叶变换（DFT）。我们也记作\(y=DFT_n(a)\)。
通过使用一种称为快速傅里叶变换（FFT）的方法，利用复根的特殊性质，我们就可以在\[\Theta(n\lg n)\]的时间内计算出\(DFT_n(a)\)。
注意：通篇的n我们假设是2的整数次幂。
\[ A^{[0]}(x)=a_0+a_2x+a_4x^2+...+a_{n-2}x^{n/2-1} \]
\[ A^{[1]}(x)=a_1+a_3x+a_5x^2+...+a_{n-1}x^{n/2-1} \]
可以很容易发现
\[
A(x)=A^{[0]}(x^2)+xA^{[1]}(x^2)
\]
所以原问题转化为求两个次数界为n/2的多项式\[A^{[0]}(x)\]和\[A^{[1]}(x)\]在点\[(\omega^0_n)^2,(\omega^1_n)^2,...,(\omega^{n-1}_n)^2\]的取值。
所以我们可以发现在求出\[A^{[0]}(x^2)\]和\[A^{[1]}(x^2)\]以后，可以算出两个复根的结果：
\[
y_k=y^{[0]}_k+\omega^k_ny^{[1]}_k
=A^{[0]}(\omega^{2k}_n)+\omega^k_nA^{[1]}(\omega^{2k}_n)
=A(\omega^k_n)
\]
还有
\[
y_{k+(n/2)}=y^{[0]}_k-\omega^{k}_ny^{[1]}_k
=y^{[0]}_k+\omega^{k+(n/2)}_ny^{[1]}_k
=A^{[0]}(\omega^{2k}_n)+\omega^{k+(n/2)}A^{[1]}(\omega^{2k}_n)
\]
\[
=A^{[0]}(\omega^{2k+n}_n)+\omega^{k+(n/2)}A^{[1]}(\omega^{2k+n}_n)
=A(\omega^{k+(n/2)}_n)
\]
所以就有代码：
void FFT(comp *a,int n,int inv){
if(n==1) return;
int mid=n/2;
for (int i=0;i<mid;++i) c[i]=a[i*2],c[i+mid]=a[i*2+1];
for (int i=0;i<n;++i) a[i]=c[i];
FFT(a,mid,inv);
FFT(a+mid,mid,inv);
comp wn={cos(2.0*pi/n),inv*sin(2.0*pi/n)},w={1,0};
for (int i=0;i<mid;++i,w=w*wn){
c[i]=a[i]+w*a[i+mid];
c[i+mid]=a[i]-w*a[i+mid];
}
for (int i=0;i<n;++i) a[i]=c[i];
}现在我们展示如何在单位复数根处插值来完成多项式乘法方案,使得我们把一个多项式从点值表达转换回系数表达。
我们可以把DFT写成矩阵乘积
\[
\left[
\begin{matrix}
y_0\ y_1\ y_2\ \vdots\ y_{n-1}
\end{matrix}
\right]=
\left[
\begin{matrix}
1 & 1 & 1 & 1 &\cdots& 1\ 1 & \omega_n & \omega^2_n & \omega^3_n &\cdots& \omega^{n-1}_n\ 1 & \omega^2_n & \omega^4_n & \omega^6_n &\cdots& \omega^{2(n-1)}_n\ 1 & \omega^3_n & \omega^6_n & \omega^9_n &\cdots& \omega^{3(n-1)}_n\ \vdots & \vdots& \vdots& \vdots& \ddots& \vdots\ 1 & \omega^{n-1}_n & \omega^{2(n-1)}_n & \omega^{3(n-1)}_n &\cdots& \omega^{(n-1)(n-1)}_n
\end{matrix}
\right]
\left[
\begin{matrix}
a_0\ a_1\ a_2\ \vdots\ a_{n-1}
\end{matrix}
\right]
\]
尴尬的是跑得贼慢：
随便卡卡就爆了....
分治难免递归，递归常数大。
于是，考虑改进。
盗图一张
可以发现，每个下标的二进制形式反过来就是它们最后在序列中的位置。
于是就有了迭代打法。
void FFT(Moon *a,int inv){
int i,j,len;
for (i=0;i<n;++i)
if(i<R[i])swap(a[i],a[R[i]]);
for (len=2;len<=n;len<<=1){
int half=len/2;
Moon w,wn={cos(Pi/half),inv*sin(Pi/half)};
for (j=0;j<n-i;j+=len,w={1,0}){
for (i=0;i<half;++i,w=w*wn){
Moon q=w*a[j+half+i],Q=a[j+i];
a[j+half+i]=Q-q;
a[j+i]=Q+q;
}
}
}
}
int main(){
for (i=0;i<n;++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(p-1));
} 
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Chandery/p/11332777.html
