1 问题描述
多项式的系数表示法：设关于x的n-1次多项式，次数为i的系数为ai。
[Aleft( x
ight) = sumlimits_{j = 0}^{n - 1} {{a_j}{x^j}} ]
多项式的点值表示法：用n个点可以确定一条曲线，
[left( {{x_0},{y_0}}
ight)left( {{x_1},{y_1}}
ight) ldots left( {{x_{n - 1}},{y_{n - 1}}}
ight)]
其中x值各不相同。
其中，系数表示法，对于两个多项式（设最高次数都是n-1）的加法来说，复杂度是O(n)的，而对于两个多项式的乘法来说，复杂度是O(n^2)的。而点值表示法对于多项式加法和乘法的复杂度都是O(n)。
对于给出的两个多项式是系数表示法，而要求它们的乘积。可以使用FFT首先把系数表示法转化成点值表示法（这个复杂度可以nlog(n)实现），然后用点值表示法计算乘法（复杂度O(n)），然后把最后的点值表示法转化成系数表示法（这个复杂度可以nlog(n)实现），那么最后，两个系数表示的多项式乘法的复杂度就会变成nlog(n)。
2 预备知识
方程${omega ^n} = 1$在复数范围内有n个解（它们叫做n次单位复根）
[{e^{frac{{2pi ik}}{n}}},k = 0,1, ldots ,n - 1]
由复数的幂的定义${e^{iu}} = cos left( u
ight) + isin left( u
ight)$
可得：
[{left( {{e^{frac{{2pi ik}}{n}}}}
ight)^n} = {e^{2pi ik}} = cos left( {2pi k}
ight) + isin left( {2pi k}
ight) = 1]
设主n次单位根为${w_n} = {e^{frac{{2pi i}}{n}}}$
所有的n次单位复根都是主n次单位根的幂。n个n次单位复根在乘法运算下形成一个群，
[w_n^n = w_n^0 = 1]
[w_n^iw_n^j = w_n^{i + j}]
关于n次单位复根的一些性质。
（1）对任何整数$ngeq 0,kgeq 0,d>0$,$w_{dn}^{dk}=w_{n}^{k}$
证明：?[w_{dn}^{dk} = {left( {{e^{frac{{2pi i}}{{dn}}}}}
ight)^{dk}} = {left( {{e^{frac{{2pi i}}{n}}}}
ight)^k} = w_n^k]
（2）对任意偶数n>0,
[w_n^{frac{n}{2}} = {w_2} = ?- 1]
证明：[w_n^{frac{n}{2}} = w_{2 cdot frac{n}{2}}^{1 cdot frac{n}{2}} = w_2^1 = {w_2} = ?- 1]
（3）对于任意整数n>=1和不能被n整除的非零整数k，有
[sumlimits_{j = 0}^{n - 1} {{{left( {w_n^k}
ight)}^j}} ?= 0]
证明：
$sum_{j=0}^{n-1}(w_{n}^{k})^{j}=frac{(w_{n}^{k})^{n}-1}{w_{n}^{k}-1}=frac{(w_{n}^{n})^{k}-1}{w_{n}^{k}-1}=0$
3 算法流程
我们设给出的多项式为
[Aleft( x
ight) = sumlimits_{j = 0}^{n - 1} {{a_j}{x^j}} ]
其中n是2的幂（如果不是，那么我们可以在后面补一些x的高次方，使得它们的系数为0），我们用向量表示这个系数
[ar a = left( {{a_0},{a_1}, ldots ,{a_{n - 1}}}
ight)]
我们的目的是将它表示成一个点值，
[left( {{x_0},{y_0}}
ight)left( {{x_1},{y_1}}
ight) ldots left( {{x_{n - 1}},{y_{n - 1}}}
ight)]
在这里，我们设
[{x_i} = w_n^i]
我们后面可以发现这样假设，可以使得计算的复杂度变为nlog(n)。如果确定了x，那么最后就是要求出这样一个向量：
[ar y = left( {{y_0},{y_1}, ldots ,{y_{n - 1}}}
ight)]
其中
[{y_i} = Aleft( {{x_i}}
ight) = sumlimits_{j = 0}^{n - 1} {{a_j}w_n^{ij}} ]
那么现在我们的问题变成给出向量$ar{a}$,求向量$ar{y}$
我们发现，这个直接计算的复杂度是O(n^2)的。FFT(快速傅里叶变换)运用了分治的方法，我们把这个$ar{a}$按照奇数偶数分成两个新的向量
[{{ar a}^0} = left( {{a_0},{a_2},{a_4} ldots ,{a_{n - 2}}}
ight)]
[{{ar a}^1} = left( {{a_1},{a_3},{a_5} ldots ,{a_{n - 1}}}
ight)]
它们对应的方程为：
[{A^0}left( x
ight) = {a_0} + {a_2}x + ?ldots ?+ {a_{n - 2}}{x^{frac{n}{2} - 1}}]
[{A^1}left( x
ight) = {a_1} + {a_3}x + ?ldots ?+ {a_{n - 1}}{x^{frac{n}{2} - 1}}]
显然
[Aleft( x
ight) = {A^0}left( {{x^2}}
ight) + x{A^1}left( {{x^2}}
ight) o left[ *
ight]]
对于这两个向量，假设现在我们求出了它们对应的点值表示（注意它们现在是两个最高次数为n/2-1的多项式）
[{{ar y}^0} = left( {{y_0},{y_1},{y_2} ldots ,{y_{frac{n}{2} - 1}}}
ight)]
[{{ar y}^1} = left( {{y_0},{y_1},{y_2} ldots ,{y_{frac{n}{2} - 1}}}
ight)]
最后，我们由这两个来计算我们最后的答案$ar{y}$.为方便，我们用$ar{y_{i}}$来表示$ar{y}$的第i个元素.
那么，我们有：
（1）对于k属于[0,n/2-1]，
[{{ar y}_k} = {{ar y}^0}_k + w_n^k{{ar y}^1}_k]
证明：
$ar{y}_{k}^{0}+w_{n}^{k}ar{y}_{k}^{1}$
$=A^{0}(w_{frac{n}{2}}^{k})+w_{n}^{k}A^{1}(w_{frac{n}{2}}^{k})$
$=sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j}w_{frac{n}{2}}^{kj}+w_{n}^{k}sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j+1}w_{frac{n}{2}}^{kj}$
$=sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j}w_{n}^{2kj}+w_{n}^{k}sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j+1}w_{n}^{2kj}$
$=sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j}w_{n}^{k(2j)}+sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j+1}w_{n}^{k(2j+1)}$
$=sum_{j=0}^{n-1}a_{j}w_{n}^{kj}=ar{y}_{k}$
（2）对于k属于[n/2,n-1]，
[{{ar y}_k} = {{ar y}^0}_{k - frac{n}{2}} - w_n^{k - frac{n}{2}}{{ar y}^1}_{k - frac{n}{2}}]
证明：令k=n/2+t,t属于[0,n/2-1]，
$ar{y}_{k-frac{n}{2}}^{0}+w_{n}^{k-frac{n}{2}}ar{y}_{k-frac{n}{2}}^{1}$
$=ar{y}_{t}^{0}+w_{n}^{t}ar{y}_{t}^{1}$
$=A^{0}(w_{frac{n}{2}}^{t})-w_{n}^{t}A^{1}(w_{frac{n}{2}}^{t})$
$=sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j}w_{frac{n}{2}}^{tj}-w_{n}^{t}sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j+1}w_{frac{n}{2}}^{tj}$
$=sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j}w_{n}^{2kj}-w_{n}^{t}sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j+1}w_{n}^{2tj}$
因为$w_{n}^{t+frac{n}{2}}=w_{n}^{t}w_{n}^{frac{n}{2}}=-w_{n}^{t}$
所以上式
$=sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j}w_{n}^{2tj}+w_{n}^{t+frac{n}{2}}sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j+1}w_{n}^{2tj}$
$=sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j}w_{n}^{2tj}+sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j+1}w_{n}^{2tj+t+frac{n}{2}}$
$=sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j}w_{n}^{2tj+jn}+sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j+1}w_{n}^{2tj+jn+t+frac{n}{2}}$
$=sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j}w_{n}^{2j(t+frac{n}{2})}+sum_{j=0}^{frac{n}{2}-1}a_{2j+1}w_{n}^{(2j+1)(t+frac{n}{2})}$
$=sum_{j=0}^{n-1}a_{j}w_{n}^{(t+frac{n}{2})j}$
$=sum_{j=0}^{n-1}a_{j}w_{n}^{kj}=ar{y}_{k}$
到此位置，我们就得到了如何将系数表示法转化成点值表示法的方法。
我们设现在有一个n*n的矩阵M，其中$M_{ij}=w_{n}^{ij},0leq i,jleq n-1$.那么上述从系数转化到点值的过程可以表示为
[ar y = M cdot ar a]
如果我们要从点值变换到系数表示，那么
[ar a = {M^{ - 1}} cdot ar y]
我们下面证明M的逆矩阵在(i,j)位置的元素为 $M_{ij}^{ - 1} = frac{{w_n^{ - ij}}}{n}$
证明：$(M_{-1}M)_{ij}=sum_{k=0}^{n-1}M_{ik}^{-1}M_{kj}=sum_{k=0}^{n-1}frac{w_{n}^{-ik}}{n}w_{n}^{kj}=sum_{k=0}^{n-1}frac{w_{n}^{k(j-i)}}{n}$.如果i=j则值为1；否则由于$-(n-1)<=j-i<=n-1$且j!=i，所以(j-i)不能被n整除，由上面的性质3可以得到这个值为0。 所以这个乘积是单位矩阵，所以我们的命题得证。
因此，我们只要将$w_{n}$用$w_{n}^{-1}$代替，与从系数变换到点值相同的方法进行运算，最后将每个元素除以n即可。这样就解决了从点值到系数的变换。
4 最后的反思
最后，我们思考一下，这个之所以能运用分治，是因为单位根
[{w_n} = {e^{frac{{2pi i}}{n}}}]
在乘法意义下是一个群，即它满足$w_{n}^{n} = w_{n}^{0} = 1$