预备知识
卷积与循环卷积
定义 \(\Large a,b\) 为两个数列， \(\Large n,m\) 为其长度 。
定义卷积：
\[\Large c_k = \sum\limits_{i+j=k}a_ib_j \]
定义循环卷积（只有 \(n = m\)时存在）：
\[\Large c_k = \sum\limits_{(i+j)\space mod \space n =k}a_ib_j \]
欧拉公式
\[\Large e^{\mathrm{i}\theta} = \cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta \]
欧拉公式证明
可以不用看，与后文没关系。
代数证明：
由麦克劳林公式我们知道：
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\[\large e^x=1+\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{x^i}{i!} \]
\[\large\cos{x}=1+\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i}\frac{x^{2i}}{(2i)!} \]
\[\large\sin{x}=x-\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i}\frac{x^{2i+1}}{(2i+1)!} \]
将 \(e^x\) 中的 \(x\) 替换为 \(\mathrm{i}x\) 。
我们有：
\[\large \begin{align}e^{\mathrm{i}x}&=1+\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{(\mathrm{i}x)^i}{i!}\\&=1+\mathrm{i}x-\frac{x^2}{2!}-\frac{(ix)^3}{3!}\dots\\&=1+\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i}\frac{x^{2i}}{(2i)!}+\mathrm{i}(x-\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i}\frac{x^{2i+1}}{(2i+1)!})\\&=\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta\end{align} \]
欧拉公式几合意义上也有其证明方法：
首先需要了解负数的两种表达方式，坐标法和幅角法。
坐标法就是虚数的基本定义即：\(z = x + \mathrm{i}y\) ,在复平面上记作 \((x,y)\) 。
我们记复平面 \(\mathrm{xOy}\) 上一复数 \(P(x,y)\) ，也可表示为向量 \(\overrightarrow{OP}\) 。
\(\overrightarrow{OP}\) 的长度记作复数\(z\) 的模或绝对值，由此我们可以记向量 \(\overrightarrow{OP} = (\arcsin{\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}}，\sqrt{x^2+y^2})\) 。
当点 \(P\) 不是原点，向量 \(\overrightarrow{OP}\) 与 \(x\) 轴正向的夹角称为复数的 \(z\) 辐角，记作 \(Argz\) 。辐角的符号规定为：由正实轴依反时针方向转到 \(\overrightarrow{OP}\) 为正，依顺时针方向转到 \(\overrightarrow{OP}\) 为负。
易证幅角法下两复数相乘为幅角相加，模相乘。
复平面上，\(e^{i\theta}\) 表示沿着单位圆从 \(x\) 轴转动 \(\theta\) 角。
证明如下：
对于 \(e\) 我们在实数范围的定义是：
\[\large e = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{1}{n})^n \]
而在复数上我们的定义范围是：
\[\large e^{\mathrm{i}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{\mathrm{i}}{n})^n \]
然后我不会了。
取极限，可以证明 \(e^i = (1\space rad,1)\) 。
即 \(e^{i\theta}\) 表示复平面上的单位圆。
然后，很容易看出来 \(\overrightarrow{OP}=（\cos x,\sin x）\) 表示的也是复平面上的单位圆。
单位根
\(x^n -1 = 0\) 的 \(x\) 被称作 \(n\) 次单位根。
一般的在复数集内有 \(n\) 个 \(n\) 次单位根，记作 \(w_i\) ，由欧拉公式有：
\[\Large w_k = e^{\frac{2\pi\mathrm{i}}{k}} = \cos\frac{2\pi}{k}+\mathrm{i}\sin\frac{2\pi}{k} \]
若 \(n,k\) 互质，则称 \(w_k\) 为本原单位根，其另一个意义是指 \(\exists\forall x_l,x_r \in \{w_k^i| i \in [0,n)\},l \neq r\) 时有 \(x_l \ne x_r\) 。
多项式乘法
定义多项式乘法：
\[\Large A(x)B(x) = \sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^ma_ib_jx^{i+j} = \sum\limits_{i=0}^{n+m}c_kx^k \]
关于朴素多项式乘法，我们很容易可以得到其时间复杂度 \(\Theta(n^2)\) 。
而且貌似也没有什么办法优化它。
于是我们我们可以转换一下思路，一个 \(n\) 项多项式可以被 \(n+1\) 个点唯一确定。
于是我们有了点值表示法，即 \((x_1,A(x_1)),(x2,A(x2)\dots(x_n,A(x_n)))\) 。
此时 \(A(x)B(x) = \{(x_1,A(x_1)B(x_1)),(x_2,A(x_2)B(x_2))\dots(x_{Max(n,m)},A(x_{Max(n,m)})B(x_{Max(n,m)}))\}\)。
我们在将他变换成多项式即可。
此时其时间复杂度仍是 \(\Theta(n^2)\)。
说实话感觉精度暴毙。
离散傅里叶变换
定义 \(a\) 为一个个数列， \(n\) 为其长度 ，令
\[\Large b_k = \sum\limits_{i=0}^{n-1}a_iw_n^{ki} （1） \]
则称 \(b\) 为 \(a\) 的离散傅里叶变换（ \(DFT\) ）,记作 \(\large b = \mathcal{F}(a)\)
其逆变换 （\(IDFT\)） 为：
\[\Large a_k = \frac{1}{n} \sum\limits_{i=0}^{n-1}b_iw_n^{-ki} （2） \]
证明如下：
带入式 \((1)\) 到 式\((2)\) 中去有
\[\large \begin{align}\sum\limits_{i=0}^{n-1}b_iw_n^{-ki} &= \sum\limits_{i=0}^{n-1}w_n^{-ki}\sum\limits_{j=0}^{n-1}w_n^{ij}a_j \\&= \sum\limits_{j=0}^{n-1}a_j\sum\limits^{n-1}_{i=0}w_n^{-ki}w_n^{ij}\\&=\sum\limits_{j=0}^{n-1}a_j\sum\limits^{n-1}_{i=0}w_n^{i(j-k)}\end{align} \]
对于 \(\large \sum\limits^{n-1}_{i=0}w_n^{i(j-k)}\) 有：
\[\large j = k,\sum\limits^{n-1}_{i=0}w_n^{i(j-k)} = n \]
\[j \ne k \]
\[\large\begin{align}\sum\limits^{n-1}_{i=0}w_n^{i(j-k)}&=\sum\limits^{n-1}_{i=0}(w_n^{j-k})^i\\&=\frac{(w_n^{j-k})^0(1-(w_n^{j-k})^n)}{1-w_n^{j-k}}\\&=\frac{1-(w_n^n)^{j-k}}{1-w_n^{j-k}}\\&=\frac{1-1}{1-w_n^{j-k}}\\&=0\end{align} \]
\[\Large\therefore \frac{1}{n}\sum\limits^{n-1}_{i=0}b_iw_n^{-ki}=\frac{1}{n}na_k=a_k \]
综上 \(IDFT\) 成立，同理可从 \(IDFT\) 推出 \(DFT\) 。
关于循环卷积与 \(DFT\) 我们有如下定理：
\[\Large\mathcal{F}(a*b)=\mathcal{F}(a)·\mathcal{F}(b) \]
\(\Large ·\) 表示逐点乘积，\(a*b\) 表示 \(a,b\) 的循环卷积。
关于证明：
\[\Large\begin{align}\mathcal{F}(a)·\mathcal{F}(b)&=\sum\limits^{n-1}_{i=0}a_iw^{ki}\sum\limits^{n-1}_{j=1}b_jw^{kj}\\&=\sum\limits^{n-1}_{i=1}\sum\limits^{n-1}_{j=1}a_ib_j(w^{i+j})^k\\&=\sum\limits^{n-1}_{L=0}\sum\limits_{i+j=L}a_ib_j\end{align} \]
回到多项式乘法，我们可以通过 \(DFT\) 求出原式点值表示法，相乘后用 \(IDFT\) 求出答案多项式，其时间复杂度仍是 \(\Theta(n^2)\) ,但是此时结合本原单位根的性质我们可以优化到 \(\Theta(n\log n)\) 。
快速傅里叶变换（\(FFT\)）
首先考虑一下本原单位根的性质：
\[\Large (w_{2n}^k)^2=w_n^k \]
\[\Large w_{2n}^{n+k}=-w_{2n}^k \]
由此令 \(n = 2m\) ,我们将 A（x） 的项按次数的奇偶分类：
\[\begin{align}A(x) &= \sum\limits_{0\le i < m}a_{2i}x^{2i}+\sum\limits_{0\le i < m}a_{2i+1}x^{2i+1}\\&= \sum\limits_{0\le i < m}a_{2i}x^{2i}+x\sum\limits_{0\le i < m}a_{2i+1}x^{2i}\end{align} \]
定义
\[\begin{align}&A_0(x)=\sum\limits_{0\le i < m}a_{2i}x^{i}\\&A_1(x)=\sum\limits_{0\le i < m}a_{2i+1}x^{i}\end{align} \]
那易有：
\[A(x)=A_0(x^2)+xA_1(x^2) \]
蝴蝶操作
结合单位根性质我们有：
\[\begin{align}A(w_n^k)&=A_0((w_n^k)^2)+w_n^kA_1((w_n^k)^2)\\&=A_0(w_m^k)+w_n^kA_1(w_m^k)\\A(w_n^{m+k})&=A_0((w_n^{m+k})^2)+w_n^{m+k}A_1((w_n^{m+k})^2)\\&=A_0(w_m^k)-w_n^kA_1(w_m^k)\end{align} \]
综上我们可以利用分治或者递归来求 \(DFT\) 了，为了快速进行 \(IDFT\) ,我们可以将 \(FFT\) 中用到的 \(w_n\) 替换为 \(w_n^{-1}\) ,最后在乘 \(\frac{1}{n}\)即可。
具体分治操作：
定义 \(A(i)\) 为多项式 \(A\) 第 \(i\) 项次数。
不难发现每 \(j\) 次拆分序列是按照 \(A(i)\) 二进制下第 \(i-1\) 位划分，若为 \(0\) ,则其在拆分后的左序列，反之在右序列。
当然这种操作过于繁琐，所以我们如过 \(A(i)\) 二进制翻转，那么上面的要求就可以直接边做比较大小。
如下图：
\[(0001)_2,(0010)_2,(0011)_2,(0100)_2 \Rightarrow (0100)_2,(0010)_2,(0001)_2,(0011)_2 \]
$$\Large\Downarrow$$ $$\Large\Uparrow$$
\[(1000)_2,(0100)_2,(1100)_2,(0010)_2 \Rightarrow (0010)_2，(0100)_2，(1000)_2，(1100)_2 \]
原来的变换相当于升序排序后的二分区间。