FFT

http://blog.csdn.net/iamzky/article/details/22712347

一般地，x的n个单位根可以表示为：，其中：k=0,1,2,..,n-1。

单位的 n次根有n个：。

wn可以看做是复平面上x轴正方向绕逆时针方向旋转2pi/n的复数.

 wnwnwnwn   22

大概是从[0,2*pi]逆时针转过来，分别为wn^0...wn^(n-1)。wn^0在x轴上，xn角度为2*pi/n                                                            

 

性质一

n次单位根的模为1，即|ε_k|=1

性质二

两个n次单位根ε_j与ε_k 的乘积还是一个n次单位根，且ε_jε_k =ε_j+k

 

推论：

(n=1时，该式子不成立)

性质三

w[n]^2=w[n/2]

w[n]^m=-w[n]^(m+n/2)

性质四

全部单位根将复平面上单位圆n等分。 //多边形的重心在原点

 

 

 

 

多项式的点值表示可以唯一确定一个多项式（得到的方程组有唯一解）

复数相乘：模长相乘，幅角相加。

 

a的多项式乘b次的多项式得到的多项式的次数界应该是a+b-1的。因此我们将向量a,b的长度变成a+b-1，高位补0。这样点值就有a+b-1个值。

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注意空间要开够2*(n+m)

 

由于需要使用复数，

#include<complex>

...

typedef complex<double> E;

E a(3.5,6.3);

a+=3.6;  printf("%lf %lf",a.real(),a.imag());

 

单位根的向量在复平面上是如此优美。

 

IDFT后每个复数虚部一定为0。

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迭代版本FFT：

观察一波性质，发现只需位反转即可得到新串。二进制加1的复杂度是严格O(n)。n+n/2+n/4+n/8+...+n/n=2n-1。

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NTT ：其实和FFT类似，只不过是用g^((p-1)/n) (mod p)代替wn。p=k*2^r+1。其实有一个前提2^r>n，但是当p=998244353时，n本来也不能弄到很大。

2281701377=17⋅227+1

2281701377=17*2^27+1是一个挺好的数，平方刚好不会爆 long long

1004535809=479*2^21+1 加起来刚好不会爆int也不错

还有就是998244353=119×2^23+1

 

原根 http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8883285

1.素数一定有原根

2.阶的性质

3.[1,p-1]内i=p-1是唯一一个使得g^i==1 (mod p)的根。

4.求模素数p原根的方法：对p-1素因子分解。枚举g，若恒有g^((p-1)/pi)!=1 (mod p)，则g是p的原根???

 

而剩下的问题就是为什么可以用原根代替单位根了

 

令g=原根^((p-1)/n)。我们还要证明g^0,g^1...g^(n-1)互不相同

模数任意的解决方案 　　还不会？

 问题就是为什么

1.分治fft：结合cdq的思想，求Fi=simga(0<j<i) Fi-j*Aj 　　hdu5730