看了半天的FFT，总算是看懂了？
FFT（快速傅里叶变换）是用来解决多项式乘法的算法，时间复杂度为(O(nlog_2n))。
多项式的系数表示法和点值表示法
如何可以准确地表达一个(n)次的多项式？一种方法是系数表示法，直接给出(n+1)项的系数；另一种方法是点值表示法，给出(n+1)个点，用这些点唯一确定一个多项式。
在进行多项式乘法的时候，如果是用系数表示法，似乎不可避免地要用(O(n^2))的时间复杂度来获得答案；但是如果使用点值表示法，如果各个点的横坐标取值都相同，就可以(O(n))实现多项式乘法（只要把纵坐标相乘就可以得到所要的多项式）。
可以看出，用点值表示法可以很快地计算两个多项式的乘积，但是问题又来了，一般情况下，我们都是用系数表示法来表示一个多项式，系数表示法和点值表示法的转化似乎也是要(O(n^2))（(O(n^3))？），有没有一种方法可以很快地实现两种表示方法的转化呢？
复数的引入
在实数中，并不存在(sqrt{-1})，扩展到复数集(C)后我们定义(i^2=-1)，那么(i=sqrt{-1})，一个复数(z)可以表示为(a+bi)，其中(a.bin R)。
可以用平面直角坐标系的一个点((x,y))表示一个复数(z=x+yi)，准确来说，这个平面直角坐标系应该就是复平面直角坐标系。当然我们可以用另一种方法表示平面直角坐标系上的一个点：((r, heta))，表示该点距原点的距离为(r)，其与原点连线和(x)轴正方向夹角为( heta)。同样的，我们也可以用这种方法表示一个复数。
复数的运算类似实数，把(i)当成一个普通的数就好了。
复数相乘的一个小性质：
（不会证呜呜呜，其实如果知道了三角函数的一些公式很容易证明，可以参考this）
FFT快速傅里叶变化
DFT（离散傅里叶变换）就直接跳了吧。
先假设(n)为2的整数次幂。
回到之前的问题，如何快速地在系数表示法和点值表示法之间进行转换。
如果我们取(x_0,x_1,dots,x_{n-1})这些数作为横坐标的话，多项式为(f(x)=a_0x^0+a_1x^1+a_2x^2+dots+a_{n-1}x^{n-1})，那么有：
FFT相当于就是要快速求出这个的值，如果第一个矩阵有逆矩阵的话，也可以通过这个式子将点值表示法转化为系数表示法。
接下来看如何选取(x)的值来减小计算量，可以选取在复平面直角坐标系中单位圆上的点（没学过复数，可能表述不准确，就是那个意思），把在复平面直角坐标系中单位圆平均分成(n)等份。
借的一张图：
设(w_n)为图中的1号点，那么这(n)个等分点就分别是(w_n^0,w_n^1,dots,w_n^{n-1})，根据之前复数乘法的性质，可以得到：
(w_n)称作(n)次单位根，把这些点作为横坐标的话，可以减小计算量。
先看看单位根的几个性质吧：
(w_n^0=w_n^n=1,w_n^{n/2}=-1,w_n^k=w_{2n}^{2k},w_n^k=w_n^{kmod n})
直接带入公式就可以得到了。
此时我们只需要求(w_n)的0到(n-1)次幂就可以求出所有(x)的幂的值了，减小了许多计算量。
然而复杂度还是(O(n^2))。
怎么办呢，考虑分治，原多项式为：
设：
(f_1(x)=a_0x^0+a_2x^1+a_4x^2+cdots +a_{n-2}x^frac{n-2}{2})
(f_2(x)=a_1x^0+a_3x^1+a_5x^2+cdots +a_{n-1}x^frac{n-2}{2})
不难发现(f(x)=f_1(x^2)+xcdot f_2(x^2))
将(w_n^k)带入，得到(f(w_n^k)=f_1(w_n^{2k})+w_n^kcdot f_2(w_n^{2k}))
又：(w_{n}^{k}=w_{n/2}^{k})
看到这个方程，应该是可以直接推出递归是怎么写的了，首先拆系数，然后递归处理两组系数的解，得到(f_1(w_{n/2}^{0dots n/2-1}))和(f_2(w_{n/2}^{0dots n/2-1}))，根据这两组的解得出(f(w_n^{0dots n-1}))。当递归到(n=1)时，只需要求(f(w_1^0)=a_0(w_1^0)^0=a_0)，解就是唯一的系数。
有没有可以优化计算的地方呢？实际上是有的：
可以发现，它和(f(w_n^k))好像差别不大，所以可以在算(f(w_n^k))的时候顺便把它也给算了（好像没区别？（雾）。
然后还有一个特殊的地方，就是最后求出来的(y)值可以存在和系数相同的数组里面，然后可以节省空间复杂度。
但是别忘了还有一个问题，就是FFT的逆运算IFFT，那么如果把单位根作为(x)，那个矩阵有逆矩阵吗？
相当于接下来我们是要对下面这个矩阵求逆：
矩阵求逆后是这样的（干脆记住这个结论算了）：
代码大概是这样的：
void fft(complex*a,int n,int inv){
if(n==1)return;
for(int i=0;i<n;i+=2){
tmp0[i/2]=a[i];
tmp1[i/2]=a[i+1];
}
for(int i=0;i<n/2;++i)
a[i]=tmp0[i],a[i+n/2]=tmp1[i];
fft(a,n/2);fft(a+n/2,n/2);
const complex BASE(cos(pi*2/n),inv*sin(pi*2/n));
complex w(1,0);
for(int i=0;i<n/2;++i){
complex fir=a[i],sec=a[i+n/2]*w;
a[i]=fir+sec,a[i+n/2]=fir-sec;w=w*BASE;
}
}
然后连板子都过不去（没有亲测，听说的）。
复杂度明明是对的啊，但是递归就是慢，还有爆栈的风险，怎么办？写非递归板的，模拟一遍得出系数(a_i)最终所在的位置，直接枚举合并长度，一层层地合并就可以了。
不想打模拟？有一个结论：(i)变换后的最终位置为({i ext{的二进制倒置}})。
如何证明？从低位往高位考虑的话，如果是0，就往左走，如果是1，就往右走，然后从下层往上层考虑，如果是1，贡献为2的当前经过层数次幂，如果是0，贡献为0；仔细想想，不就是二进制的倒置吗？所以可以先把每个数的最终位置算出来。
如何求二进制倒置？如下：
for(int i=1;i<=n;++i)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<maxbit);
然后就可以愉快地切模板了。
void fft(complex*a,int n,int inv){
for(int i=0;i<n;++i)
if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int len=2;len<=n;len<<=1){
int mid=len>>1;
const complex BASE(cos(pi/mid),sin(pi/mid)*inv);
for(int i=0;i<n;i+=len){
cpx w(1,0);
for(int j=0;j<mid;++j,w*=BASE){
cpx fir=a[i+j],sec=a[i+j+mid]*w;
a[i+j]=fir+sec,a[i+j+mid]=fir-sec;
}
}
}
}