多项式
系数表示法
设\(f(x)\)为一个\(n-1\)次多项式，则\(f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_i*x_i\)
其中\(a_i\)为\(f(x)\)的系数，用这种方法计算两个多项式相乘（逐位相乘）复杂度为\(O(n^2)\)
点值表示法
根据小学知识，一个\(n-1\)次多项式可以唯一地被\(n\)个点确定
即，如果我们知道了对于一个多项式的\(n\)个点\((x_1,y_1),(x_2,y_2)……(x_n,y_n)\)
那么这个多项式唯一满足，对任意\(1\le i \le n\)，满足\(y_i=\sum\limits_{j=0}^{n-1}a_j*x_i^j\)
那么用点值实现多项式相乘是什么复杂度呢？
首先我们需要选\(n\)个点，每个点需要求出其在多项式中的值，复杂度为\(O(n^2)\)
然后把两个点值表示的多项式相乘，由于\(c(x_i)=a(x_i)*b(x_i)\)，复杂度为\(O(n)\)
最后插值法用点值求出系数，复杂度为\(O(n^2)\)（我还不会插值）
考虑如果可以快速实现点值转插值和插值转点值，岂不是可以快速计算多项式乘法（说的简单，你倒是告诉我怎么快速转化啊）
前置芝士
复数
定义虚数单位\(i=\sqrt{-1}\)，\(a,b\)为实数，则形如\(a+bi\)的数叫复数
其中\(a\)为复数的实部，\(b\)为复数的虚部
在复平面中，复数可以被表示为向量，所以和向量具有很多相似的性质，我们也可以用向量来理解复数，但是复数具有更多性质，比如作为一个数代入多项式
其中模长定义为\(\sqrt{a^2+b^2}\),幅度定义为\(x\)轴正半轴到向量转角的有向角
复数运算法则：
加减法与向量相同，重点是乘法：
几何定义为：模长相乘，幅角相加
代数定义为：
\[(a+bi)*(c+di)\]
\[=ac+adi+bci+bdi^2\]
\[=(ac-bd)+(ad+bc)i\]
单位根
我们首先定义圆心为坐标原点，半径为\(1\)的圆叫做单位圆
我们将这个圆\(n\)等分，得到\(n\)个圆上的点，以这\(n\)个圆上点的横坐标作为实部，纵坐标作为虚部，就得到了\(n\)个复数
网上扒的图片，侵删\(QwQ\)
首先我们不自找麻烦，以\((1,0)\)作为这\(n\)个点的起点，记作\({\omega _n}^0\),逆时针方向第\(k\)个点记作\({\omega _n}^k\)
根据模长相乘幅角相加，我们可以看出\(\omega _n^k\)是\(\omega _n^0\)的\(k\)次方，其中\(\omega _n^1\)被称为\(n\)次单位根
根据幅角，我们可以计算出\(\omega _n^k\)表示的复数为\(cos{\frac{k}{n}2\pi}+i*sin{\frac{k}{n}2\pi}\)
单位根具有一些性质：
\(1.\omega _n^k=cos{\frac{k}{n}2\pi}+i*sin{\frac{k}{n}2\pi}=e^{\frac{2\pi ki}{n}}\)
证明：这个第一步到第二步由定义得出，第二步到第三步有欧拉公式得出
\(2.\omega _{2n}^{2k}=\omega_{n}^{k}\)
证明：\(\omega _{2n}^{2k}=e^{\frac{2\pi 2ki}{2n}}=e^{\frac{2\pi ki}{n}}=\omega_{n}^{k}\)
\(3.\omega _{n}^{k+\frac{n}{2}}=-\omega_{n}^{k}\)
证明：\(\omega _{n}^{k+\frac{n}{2}}=\omega _{2n}^{2k+n}=\omega _{2n}^{2k}*\omega _{2n}^{n}=\omega_{n}^{k}*(cos\pi+i*sin\pi)=-\omega_{n}^{k}\)
\(4.\omega _{n}^{0}=\omega _{n}^{n}=1\)
证明：不用证了吧……
离散傅立叶变换（DFT）
假设\(f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_i*x_i\)
\(DFT(a)=(f(1),f(\omega _{n}),f(\omega _{n}^{2}),……,f(\omega _{n}^{n-1}))\)
通俗点说，就是对于一个系数表示法的多项式\(f(x)\)，将\((1,\omega _{n},\omega _{n}^{2},……,\omega _{n}^{n-1})\)带入求出该多项式的点值表示法
离散傅立叶逆变换（IDFT）
将\(f(x)\)在\(n\)个\(n\)次单位根处的点值表示转化为系数表示
这里就可以回答，为什么我们要让\(n\)次单位根作为\(x\)代入多项式
假设\((y_0,y_1,y_2,……,y_{n-1})\)是多项式\(A(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_i*x_i\)的离散傅立叶变换
我们另有一个多项式\(B(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}=y_i*x_i\)
将上述\(n\)次单位根的倒数\((1,\omega _{n}^{-1},\omega _{n}^{-2},……,\omega _{n}^{-(n-1)})\)代入\(B(x)\)得到新的离散傅立叶变换\((z_0,z_1,z_2,……,z_{n-1})\)
则我们发现
\[z_k=\sum\limits_{i=0}^{n-1}y_i*(\omega _n^{-k})^i\]
\[=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(\sum\limits_{j=0}^{n-1}a_j*(\omega _n^{i})^j)*(\omega _n^{-k})^i\]
\[=\sum\limits_{j=0}^{n-1}a_j(\sum\limits_{i=0}^{n-1}(\omega _n^{j-k})^i)\]
对于\(\sum\limits_{i=0}^{n-1}(\omega _n^{j-k})^i\)我们单独考虑：
当\(j-k=0\)时，答案为\(n\)，\(j\ne k\)时
等比数列求和得到\(\frac{(\omega _n^{j-k})^n-1}{\omega _n^{j-k}-1}=\frac{(\omega _n^n)^{j-k}-1}{\omega _n^{j-k}-1}=\frac{1^{j-k}-1}{\omega _n^{j-k}-1}=0\)
所以
\[\sum\limits_{j=0}^{n-1}a_j(\sum\limits_{i=0}^{n-1}(\omega _n^{j-k})^i)=n*a_k\]
即
\[a_k=\frac{z_k}{n}\]
得出结论：对于以\(A(x)\)的离散傅立叶变换作为系数的多项式\(B(x)\)，取单位根的倒数\((1,\omega _{n}^{-1},\omega _{n}^{-2},……,\omega _{n}^{-(n-1)})\)作为\(x\)代入，再将结果除以\(n\)即为\(A(x)\)的系数
这个结论实现了将多项式点值转化为系数
快速傅立叶变换
我们一顿分析最后发现复杂度……仍然是\(O(n^2)\)
我们学这破玩意的意义不就是降低复杂度嘛，所以我们接下来讲怎么降复杂度
我们先设\(A(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_i*x_i\)
我们将\(A(x)\)的下标按奇偶分类，得到
\[A(x)=(a_0+a_2*x^2+……+a_{n-2}*x^{x-2})+(a_1*x+a_3*x^3+……+a_{n-1}*x^{n-1})\]
设两个多项式
\[A_1(x)=a_0+a_2*x+……+a_{n-2}*x^{\frac{n}{2}-1}\]
\[A_2(x)=a_1+a_3*x+……+a_{n-1}*x^{\frac{n}{2}-1}\]
那么就可以发现\(A(x)=A_1(x^2)+xA_2(x^2)\)
将\(x=\omega _n^{k}(k<\frac{n}{2})\)代入
\[A(\omega _n^k)=A_1(\omega _n^{2k})+\omega _n^kA_2(\omega _n^{2k})\]
\[=A_1(\omega _{\frac{n}{2}}^{k})+\omega _n^kA_2(\omega _{\frac{n}{2}}^{k})\]
将将\(x=\omega _n^{k+\frac{n}{2}}(k<\frac{n}{2})\)代入
\[A(\omega _n^{k+\frac{n}{2}})=A_1(\omega _n^{2k+n})+\omega _n^{k+\frac{n}{2}}A_2(\omega _n^{2k+n})\]
\[=A_1(\omega _n^{2k}*\omega _n^n)-\omega _n^kA_2(\omega _n^{2k}*\omega _n^n)\]
\[=A_1(\omega _{\frac{n}{2}}^{k})-\omega _n^kA_2(\omega _{\frac{n}{2}}^{k})\]
我们一点也不惊喜地发现，只要求出\(A_1(x)\)和\(A_2(x)\)在\((\omega _{\frac{n}{2}}^0,\omega _{\frac{n}{2}}^1,……,\omega _{\frac{n}{2}}^{\frac{n}{2}-1})\)的点值表示，就可以\(O(n)\)地求出\(A(x)\)在\((1,\omega _{n},\omega _{n}^{2},……,\omega _{n}^{n-1})\)
所以我们可以递归实现\(O(nlogn)\)求解多项式乘法了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define eps (1e-8)
inline int read()
{
int x=0;char ch,f=1;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
const int N=5e6+10;
const double pi=acos(-1.0);
int n,m;
int limit=1,len;
int p[N];
struct complex
{
double x,y;
complex(double tx=0,double ty=0){x=tx,y=ty;}
inline complex operator + (const complex t) const
{
return complex(x+t.x,y+t.y);
}
inline complex operator - (const complex t) const
{
return complex(x-t.x,y-t.y);
}
inline complex operator * (const complex t) const
{
return complex(x*t.x-y*t.y,x*t.y+y*t.x);
}
}a[N],b[N];
inline void fft(complex *a,int inv)
{
for(int i=0;i<limit;++i)
if(i<p[i]) swap(a[i],a[p[i]]);
for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
{
complex Wn(cos(pi/mid),inv*sin(pi/mid));
for(int r=mid<<1,j=0;j<limit;j+=r)
{
complex w(1,0);
for(int k=0;k<mid;++k,w=w*Wn)
{
complex x=a[j+k],y=w*a[j+k+mid];
a[j+k]=x+y;
a[j+k+mid]=x-y;
}
}
}
}
inline void main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=0;i<=n;++i) a[i].x=read();
for(int i=0;i<=m;++i) b[i].x=read();
while(limit<=n+m) limit<<=1,++len;
for(int i=0;i<limit;++i)
p[i]=(p[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
fft(a,1);
fft(b,1);
for(int i=0;i<=limit;++i) a[i]=a[i]*b[i];
fft(a,-1);
for(int i=0;i<=n+m;++i) printf("%d ",(int)(a[i].x/limit+0.5));
}
}
signed main()
{
red::main();
return 0;
}下面先咕咕咕一下