FFT，是用來在O（nlogn）時間複雜度內解決關於單一元素的多項式*多項式問題的算法。
衆所周知，一個關於x的n項式可以表示爲a[0]+a[1]*x+a[2]*x^2+...+a[n-1]*x^(n-1),這就是係數表示法。
我們考慮另一種表示方法，對於一個上述形式的n項式，我們只要知道n組不同的x，和將這n組x代入n項式後得到的值(我們設其爲f(x))，就可以唯一確定這個n項式。用這樣的n組(x,f(x))表示一個n項式就是點值表示法。
當兩個多項式相乘時，如果是用係數表示法，那麼時間複雜度不可避免是O（n^2），但如果這兩個多項式是用點值表示法表示的，且所選的x的集合都相同，那麼我們的新多項式用點值表示法即爲n組(x,f1(x)*f2(x))。
但是！日常生活中我們正常是不會用點值表示法來表示多項式的，所以FFT就是用來將一個多項式的係數表示法轉化爲點值表示法的算法。而IFFT（快速傅里葉逆變化）就是用來將多項式從點值表示法轉化爲係數表示法的算法。
關於這n組不同的x到底怎麼選，快速傅里葉變換是有規定的選值的。
對於一個n項式，令複數w(n,k)=cos(2*pi*k/n)+sin(2*pi*k/n)i。（其中0≤k≤n-1，pi爲3.1415926535....，2*pi=360°）。xk=w(n,k)共n組。
這是從代數意義來看的（其實可以直接背），從幾何意義來看，w(n,k)都在複數平面以原點爲圓心半徑爲1的圓上。且是將這個圓n等分，w(n,0)=1+0i, k以逆時針遞增取點。 然後根據三角函數亂搞一波就可以知道上述代數式。
但我們知道一個x，求f(x)還是要n的時間。怎麼辦呢？
copy自https://blog.csdn.net/enjoy_pascal/article/details/81478582#commentBox 多謝WD大佬！
好了，FFT搞完了。
接下來看IFFT，有這樣一個結論：一個多項式在分治的過程中乘上單位根的共軛複數，分治完的每一項除以n nn即爲原多項式的每一項係數。意思就是說這個可以一樣用FFT的函數做。具體看模板吧。不太會描述的說。
值得注意的是，當給一個n項多項式，一個m項多項式，應令N=n+m-1，並將N調整爲一個更大的2次冪數。
然後fft(a,N,1); fft(b,N,1);
ai*=b[i]
fft(a,N,-1)
模板（我只會遞歸的：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#include<complex>
#define cp complex<double> //這是一個複數類型
#include<cmath>
#define pi 3.1415926535
cp a[3000010],b[3000010];
void fft(cp *a,int n,int bz) //這裏的bz表示現在是點轉系還是系轉點
{
if (n==1) return;
int mid=n/2;
cp b[n+10];
for (int i=0;i<=mid-1;i++) b[i]=a[i*2],b[i+mid]=a[i*2+1];//這裏a,b還是係數
for (int i=0;i<=n-1;i++) a[i]=b[i]; //將b分爲基數和偶數部分
fft(a,n/2,bz); fft(a+mid,n/2,bz);//遞歸求出A1,A2
for (int i=0;i<=mid-1;i++)
{
cp t(cos(2*pi*i/n),bz*sin(2*pi*i/n)); //t=w(n,i)
b[i]=a[i]+t*a[i+mid]; b[i+mid]=a[i]-t*a[i+mid];
}
for (int i=0;i<=n-1;i++) a[i]=b[i];//a已經變成點值了
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
int t=n+m+1;
for (int i=0;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i].real());
for (int i=0;i<=m;i++) scanf("%lf",&b[i].real());
for (n=1;n<t;n*=2);//把n弄成2的冪
fft(a,n,1); fft(b,n,1);//系轉點
for (int i=0;i<=n-1;i++) a[i]=a[i]*b[i];//點值相乘
fft(a,n,-1);//點轉系
for (int i=0;i<=t-1;i++) printf("%d ",int(a[i].real()/n+0.5));//要/n後四捨五入纔是真正的係數
return 0;
}