【算法原理】FFT

重要结论：用任意 $n+1$ 个函数上的不同点都可以唯一确定一个 $n$ 次多项式。
（个人理解：代入 $n+1$ 个点就能唯一确定一个 $n$ 元函数的图像）
比如给定 $A(x)=a_0+a_1x+...+a_{n-1}x^{n-1}, B(x)=b_0+b_1x+...+b_{m-1}x^{m-1}$ ，求 $C(x)=A(x)B(x)$

转化为点表示法之后等价于在两个函数上分别取 $n+m+1$ 个点即
$(x_1, A(x_1)), (x_2, A(x_2)),...,(x_{n+m+1}, A(x_{n+m+1}))$
$(x_1, B(x_1)), (x_2, B(x_2)),...,(x_{n+m+1}, B(x_{n+m+1}))$
即可在 $O(n+m)$ 的复杂度内求出 $C(x)$ 上的 $n+m-1$ 个点：
$(x_1, A(x_1)B(x_1)), (x_2, a(x_2)B(x_2)),...,(x_{n+m-1}, A(x_{n+m+1})B(x_{n+m+1}))$

问题转化为：如何实现系数表示法与点表示法互相快速转化

首先是取点：取复数域上的单位根
如下图，把单位圆等分成 $n$ 份，则有 $n$ 个点，把第 $i$ 份点表示为点 $\omega_{n}^{i}$ ，则有如下性质：

有了上述前置芝士之后，现在讨论如何快速把多项式转化为系数表示法：

然后递归求，每次要处理的长度减半，总长度 $n$ , 最终处理 $logn$ 次。

系数表示法转化为多项式表示法：

证明：

因为递归的写法常数巨大，所以常用迭代的写法：

至此，我已经晕了。以后再多看几遍吧qaq

FFT板子：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 300010;
const double PI = acos(-1);

int n, m;
struct Complex {
    double x, y;
    Complex operator+ (const Complex& t) const {
        return {x + t.x, y + t.y};
    }
    Complex operator- (const Complex& t) const {
        return {x - t.x, y - t.y};
    }
    Complex operator* (const Complex& t) const {
        return {x * t.x - y * t.y, x * t.y + y * t.x};
    }
}a[N], b[N];
int rev[N], bit, tot;

void fft(Complex a[], int inv) {
    for (int i = 0; i < tot; i ++) {
        if (i < rev[i])    swap(a[i], a[rev[i]]);
    }
    for (int mid = 1; mid < tot; mid <<= 1) {
        auto w1 = Complex({cos(PI / mid), inv * sin(PI / mid)});
        for (int i = 0; i < tot; i += mid * 2) {
            auto wk = Complex({1, 0});
            for (int j = 0; j < mid; j ++, wk = wk * w1) {
                auto x = a[i + j], y = wk * a[i + j + mid];
                a[i + j] = x + y, a[i + j + mid] = x - y;
            }
        }
    }
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 0; i <= n; i ++ ) scanf("%lf", &a[i].x);
    for (int i = 0; i <= m; i ++ ) scanf("%lf", &b[i].x);
    while ((1 << bit) < n + m + 1) bit ++;
    tot = 1 << bit;
    for (int i = 0; i < tot; i ++ )    rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (bit - 1)); 
    fft(a, 1), fft(b, 1);  //正向一遍
    for (int i = 0; i < tot; i ++ )     a[i] = a[i] * b[i]; 
    fft(a, -1); //反向一遍
    for (int i = 0; i <= n + m; i ++ )    printf("%d ", (int)(a[i].x / tot + 0.5));
}