看了半天的fft，總算是看懂了？
fft（快速傅利葉變換）是用來解決多項式乘法的演算法，時間複雜度為\(o(nlog_2n)\)。
如何可以準確地表達乙個\(n\)次的多項式？一種方法是係數表示法，直接給出\(n+1\)項的係數；另一種方法是點值表示法，給出\(n+1\)個點，用這些點唯一確定乙個多項式。
在進行多項式乘法的時候，如果是用係數表示法，似乎不可避免地要用\(o(n^2)\)的時間複雜度來獲得答案；但是如果使用點值表示法，如果各個點的橫座標取值都相同，就可以\(o(n)\)實現多項式乘法（只要把縱座標相乘就可以得到所要的多項式）。
可以看出，用點值表示法可以很快地計算兩個多項式的乘積，但是問題又來了，一般情況下，我們都是用係數表示法來表示乙個多項式，係數表示法和點值表示法的轉化似乎也是要\(o(n^2)\)（\(o(n^3)\)？），有沒有一種方法可以很快地實現兩種表示方法的轉化呢？
在實數中，並不存在\(\sqrt\)，擴充套件到複數集\(c\)後我們定義\(i^2=-1\)，那麼\(i=\sqrt\)，乙個複數\(z\)可以表示為\(a+bi\)，其中\(a.b\in r\)。
可以用平面直角座標系的乙個點\((x,y)\)表示乙個複數\(z=x+yi\)，準確來說，這個平面直角座標系應該就是復平面直角座標系。當然我們可以用另一種方法表示平面直角座標系上的乙個點：\((r,\theta)\)，表示該點距原點的距離為\(r\)，其與原點連線和\(x\)軸正方向夾角為\(\theta\)。同樣的，我們也可以用這種方法表示乙個複數。
複數的運算類似實數，把\(i\)當成乙個普通的數就好了。
複數相乘的乙個小性質：
\[(r_1,\theta_1)(r_2,\theta_2)=(r_1r_2,\theta_1+\theta_2)
\]（不會證嗚嗚嗚，其實如果知道了三角函式的一些公式很容易證明，可以參考this）
dft（離散傅利葉變換）就直接跳了吧。
先假設\(n\)為2的整數次冪。
回到之前的問題，如何快速地在係數表示法和點值表示法之間進行轉換。
如果我們取\(x_0,x_1,\dots,x_\)這些數作為橫座標的話，多項式為\(f(x)=a_0x^0+a_1x^1+a_2x^2+\dots+a_x^\)，那麼有：
\[\beginx_0^0&\ x_0^1&\ \cdots&\ x_0^\\ x_1^0&\ x_1^1&\ \cdots&\ x_1^\\ \vdots&\ \vdots&\ \ddots&\ \vdots \\x_^0&\ x_^1&\ \cdots&\ x_^ \end\cdot\begina_0\\a_1\\ \vdots\\a_\end=\beginy_0\\y_1\\ \vdots\\y_\end
\]fft相當於就是要快速求出這個的值，如果第乙個矩陣有逆矩陣的話，也可以通過這個式子將點值表示法轉化為係數表示法。
接下來看如何選取\(x\)的值來減小計算量，可以選取在復平面直角座標系中單位圓上的點（沒學過複數，可能表述不準確，就是那個意思），把在復平面直角座標系中單位圓平均分成\(n\)等份。
借的一張圖：
設\(w_n\)為圖中的1號點，那麼這\(n\)個等分點就分別是\(w_n^0,w_n^1,\dots,w_n^\)，根據之前複數乘法的性質，可以得到：
\[w_n^k=\cos\dfrac+i\sin\dfrac
\]\(w_n\)稱作\(n\)次單位根，把這些點作為橫座標的話，可以減小計算量。
先看看單位根的幾個性質吧：
\(w_n^0=w_n^n=1,w_n^=-1,w_n^k=w_^,w_n^k=w_n^\)
直接帶入公式就可以得到了。
此時我們只需要求\(w_n\)的0到\(n-1\)次冪就可以求出所有\(x\)的冪的值了，減小了許多計算量。
然而複雜度還是\(o(n^2)\)。
怎麼辦呢，考慮分治，原多項式為：
\[f(x)=a_0x^0+a_1x^1+a_2x^2+\dots+a_x^
\]\[=(a_0x^0+a_2x^2+a_4x^4+\cdots +a_x^)+x(a_1x^0+a_3x^2+a_5x^4+\cdots +a_x^)
\]設：
\(f_1(x)=a_0x^0+a_2x^1+a_4x^2+\cdots +a_x^\frac\)
\(f_2(x)=a_1x^0+a_3x^1+a_5x^2+\cdots +a_x^\frac\)
不難發現\(f(x)=f_1(x^2)+x\cdot f_2(x^2)\)
將\(w_n^k\)帶入，得到\(f(w_n^k)=f_1(w_n^)+w_n^k\cdot f_2(w_n^)\)
又：\(w_^=w_^\)
\[\therefore f(w_n^k)=f_1(w_^k)+w_n^k\cdot f_2(w_^k)
\]看到這個方程，應該是可以直接推出遞迴是怎麼寫的了，首先拆係數，然後遞迴處理兩組係數的解，得到\(f_1(w_^)\)和\(f_2(w_^)\)，根據這兩組的解得出\(f(w_n^)\)。當遞迴到\(n=1\)時，只需要求\(f(w_1^0)=a_0(w_1^0)^0=a_0\)，解就是唯一的係數。
有沒有可以優化計算的地方呢？實際上是有的：
\[f(w_n^)=f_1(w_^)+w_^\cdot f_2(w_^)=f_1(w_n^k)-w_^k\cdot f_2(w_^k)
\]可以發現，它和\(f(w_n^k)\)好像差別不大，所以可以在算\(f(w_n^k)\)的時候順便把它也給算了（好像沒區別？（霧）。
然後還有乙個特殊的地方，就是最後求出來的\(y\)值可以存在和係數相同的陣列裡面，然後可以節省空間複雜度。
但是別忘了還有乙個問題，就是fft的逆運算ifft，那麼如果把單位根作為\(x\)，那個矩陣有逆矩陣嗎？
相當於接下來我們是要對下面這個矩陣求逆：
\[\begin(w_n^0)^0&\ (w_n^0)^1&\ \cdots&\ (w_n^0)^\\ (w_n^1)^0&\ (w_n^1)^1&\ \cdots&\ (w_n^1)^\\ \vdots&\ \vdots&\ \ddots&\ \vdots \\(w_n^)^0&\ (w_n^)^1&\ \cdots&\ (w_^)^ \end
\]矩陣求逆後是這樣的（乾脆記住這個結論算了）：
\[\begin\frac(w_n^)^0&\ \frac(w_n^)^1&\ \cdots&\ \frac(w_n^)^\\ \frac(w_n^)^0&\ \frac(w_n^)^1&\ \cdots&\ \frac(w_n^)^\\ \vdots&\ \vdots&\ \ddots&\ \vdots \\\frac(w_n^)^0&\ \frac(w_n^)^1&\ \cdots&\ \frac(w_^)^ \end
\]**大概是這樣的：
void fft(complex*a,int n,int inv)}\)。
如何證明？從低位往高位考慮的話，如果是0，就往左走，如果是1，就往右走，然後從下層往上層考慮，如果是1，貢獻為2的當前經過層數次冪，如果是0，貢獻為0；仔細想想，不就是二進位制的倒置嗎？所以可以先把每個數的最終位置算出來。
如何求二進位制倒置？如下：
for(int i=1;i<=n;++i)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)然後就可以愉快地切模板了。
void fft(complex*a,int n,int inv)
} }}
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