FFT（快速傅里叶变换）算法

功能

一次FFT的功能

$O(n\log n)$的时间将一个多项式的系数表达式变成点值表达式（这两种表达方式后文会提到）。

一次IFFT的功能

$O(n\log n)$的时间将一个多项式的点值表达式变成系数表达式（这两种表达方式后文会提到）。

总体功能

$O(n\log n)$的时间求两个多项式的乘积。

一个$n$项的整式多项式一定可以表示成：$$f(x)=\sum _{i=0}^{n-1}(a_i{x}^i)$$
（有些$a_i$可能为$0$）

所以，一个系数$a$的（有序）集合可以唯一确定一个多项式。
例如： a = { 1 , 2 , 0 , 3 , 5 } a=\{1,2,0,3,5\} a={ 1,2,0,3,5}表示的就是多项式：$f(x)=1+2x+3x^3+5x^4$。
这里 a = { 1 , 2 , 0 , 3 , 5 } a=\{1,2,0,3,5\} a={ 1,2,0,3,5}叫$f(x)$的系数表达式。

所以，所谓求两个多项式的乘积，就是已知两个多项式的系数表达式，求它们乘积的多项式的系数表达式。

前置技能

（既然大家都这样说，我也这样说吧）

多项式的阶

之前说的$f(x)=\sum _{i=0}^{n-1}(a_i{x}^i)$中的$n$就是它的阶，注意$n$阶多项式不一定是$n$次的，因为$a_{n-1}$可能为$0$。

多项式的系数表达式

前面已说。

多项式的点值表达式

一个$n$次多项式就是一个函数，取它图像上的$n+1$个不同的点就可以确定这个多项式。

例如$f(x)$是个$4$次多项式，取它的图像上的任意$5$个不同的点：$(x_1,f(x_1))$，$(x_2,f(x_2))$，…，$(x_5,f(x_5))$，可以确定这个多项式的系数，因为可以列出一个$5$元一次方程组解出系数。

于是一个$n$次多项式的点值表达式就是它的图像上$n+1$个不同的点。
换句话说，$n+1$个不同的点可以唯一确定一个$n$次多项式。
（以上两句话式FFT和逆FFT的核心）

复数

在实数范围内，老师会告诉你负数没有平方根，所以我们为了让负数有平方根，将数的范围从实数扩展到了复数。
（实数也属于复数，复数另外一部分是虚数）

复数的基本单位

引入一个符号$i$，$i^2=-1$。
于是任意一个复数都可以表示成$a+bi$，其中$a$和$b$都是实数。
例如：$x^2=-7$的根是：$x_1=\sqrt{7}i$，$x_2=-\sqrt{7}i$。

复数的运算

加减乘都和整式的运算是一样的，例如两个复数$z_1=a_1+b_{1}i$，$z_2=a_2+b_{2}i$相乘：$$z_1{z}_2=(a_1+b_{1}i)(a_2+b_{2}i)=(a_1{a}_2-b_1{b}_2)+(a_1{b}_2+a_2{b}_1)i$$
除法这里不会用到，但也不难，可以分母实数化：

来自百度百科：复数除法

复平面

数轴可以表示一切实数，平面可以表示一切复数：

（其实这个图没有什么用）
在复平面内的一个点$(x,y)$表示一个复数$x+yi$。

复根

定义

定义：$${\omega }_n^k=cos\left(\frac{2\pi }{n}k\right)+sin\left(\frac{2\pi }{n}k\right)i$$
${\omega }_n^1$叫$n$次单位复根。

很难懂是不是？把${\omega }_8^0$，…，${\omega }_8^7$对应的点在复平面上画出来你就知道了。

（由于几何画板的公式编辑太弱，所以只标了$ABC$）
点$A$，$B$，$C$…对应的复数分别是${\omega }_8^0$，${\omega }_8^1$，${\omega }_8^2$，…

为什么？数学必修四的单位圆与三角函数会告诉你的。

几个性质

• ${\omega }_n^i{\omega }_n^j={\omega }_n^{i+j}$

证明：
由于$e^{i\theta }=cos\theta +sin\theta \cdot i$（我不会证，貌似要用泰勒展开）
所以${\omega }_n^i=e^{\frac{2\pi }{n}i}$
所以${\omega }_n^i{\omega }_n^j=e^{\frac{2\pi }{n}i}{e}^{\frac{2\pi }{n}j}=e^{\frac{2\pi }{n}(i+j)}={\omega }_n^{i+j}$

• ${\omega }_{2n}^{2k}={\omega }_n^k$
  理解：它们对应的点是一样的

证明：
$${\omega }_{2n}^{2k}=cos\left(\frac{2\pi }{2n}2k\right)+sin\left(\frac{2\pi }{2n}2k\right)i=cos\left(\frac{2\pi }{n}k\right)+sin\left(\frac{2\pi }{n}k\right)i={\omega }_n^k$$

• ${\omega }_n^{k+\frac{n}{2}}=-{\omega }_n^k$（$n$是偶数）
  理解：它们对应的点关于原点对称。

证明：$${\omega }_n^{k+\frac{n}{2}}=cos\left(\frac{2\pi }{n}k+\pi \right)+sins\left(\frac{2\pi }{n}k+\pi \right)i=-cos\left(\frac{2\pi }{n}k\right)-sin\left(\frac{2\pi }{n}k\right)i=-{\omega }_n^k$$

• ${\omega }_n^{k+n}={\omega }_n^k$
  理解：转了一圈回到原来的点。

证明：同上一个证明

• $\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^k{)}^i=0$（$k\ne 0$）（求和引理）
  理解：每个点和它关于原点对称的点抵消了。

证明：
$$\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^k{)}^i=1+{\omega }_n^k+({\omega }_n^k{)}^2+...+({\omega }_n^k{)}^{n-1}=\frac{({\omega }_n^k{)}^n-1}{{\omega }_n^k-1}=\frac{{\omega }_n^{kn}-1}{{\omega }_n^k-1}=\frac{1-1}{{\omega }_n^k-1}=0$$

求多项式乘积的基本步骤

已知$k_1$阶多项式$f(x)$和$k_2$阶多项式$g(x)$的系数表达式。
我们要求的是$k_1+k_2$阶多项式$h(x)=f(x)\cdot g(x)$的系数表达式。

1. 统一两个多项式的阶数为$n$，要保证$n$是$2$的幂。（系数补零即可，为什么一会说）
2. 取$n$个不同的值$x$，代入$f(x)$和$g(x)$中，得到$f(x)$和$g(x)$的点值表达式： S f ( x ) = { ( x 1 , f ( x 1 ) ) , ( x 2 , f ( x 2 ) ) , . . . , ( x n , f ( x n ) ) } S_{f(x)}=\{(x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2)),...,(x_n,f(x_n))\} Sf(x)​={ (x1​,f(x1​)),(x2​,f(x2​)),...,(xn​,f(xn​))} S g ( x ) = { ( x 1 , g ( x 1 ) ) , ( x 2 , g ( x 2 ) ) , . . . , ( x n , g ( x n ) ) } S_{g(x)}=\{(x_1,g(x_1)),(x_2,g(x_2)),...,(x_n,g(x_n))\} Sg(x)​={ (x1​,g(x1​)),(x2​,g(x2​)),...,(x<