前言

最近寫了一道題[HNOI2017]禮物，要用一下FFT，然而上一次寫FFT已經是8months之前了。。。

所以來複習一下

然後就溫故而知新了

於是來博客寫一下感悟

內容一：泰勒展開

它就是這個東西：（將f(x)在x0處進行泰勒展開）

它的本質就是從點x0開始逼近函數f(x)

這個有什麼用呢？

它可以定義複數的exp

我們只需要把x帶成z=a+b*i就可以計算複數的exp

同樣sinx，cosx都可以進行泰勒展開

內容二：歐拉公式

如果我們把z帶爲ib

我們就會發現一個神奇（明顯）的現象：所有的項的係數是四個一循環（廢話，i^x的最小循環節不就是4嘛）

$e^{ib}=1+\frac{1}{1!}*ib-\frac{1}{2!}*b^2-\frac{1}{3!}ib^3+\frac{1}{4!}b^4+...$

如果我們把實數分爲一組，虛數分爲一組：

$e^{ib}=(1-\frac{1}{2!}b^2+\frac{1}{4!}b^4+...)+i*(\frac{1}{1!}b-\frac{1}{3!}b^3+\frac{1}{5!}b^5+...)$

~~稍有常識的人就能看出~~，~~經常被泰勒展開的人就能看出~~，經常用泰勒展開的人就知道

$cosb=1-\frac{1}{2!}b^2+\frac{1}{4!}b^4+...$

$sinb=\frac{1}{1!}b-\frac{1}{3!}b^3+\frac{1}{5!}b^5+...$

於是我們就發現了歐拉公式：

$e^{ib}=cosb+i*sinb$

所以複數的exp就可以表示爲：

$e^{a+ib}=e^a*(cosb+i*sinb)$

其實e^a就是這個新複數e^(a+ib)的模長，b就是就是這個新複數與x軸的夾角

內容三：複數

讓我們再來理解一下複數

我們在複平面上的一個複數z=a+ib，我們也可以把它表示爲另一個複數的exp （有點極座標的思想）

那我們再來理解一下複數的乘法，設z1=e^(a+ib)，z2=e^(c+id)

那麼：

$z_1*z_2=e^{a+ib}*e^{c+id}=e^a*e^c*e^{i*(b+d)}$

把後面那一個帶入歐拉公式，得：

因爲原來複數的長度分別爲e^a和e^c，夾角分別爲b和d

而新複數的長度爲e^a*e^c，夾角爲b+d

於是我們就通過歐拉公式得到了複數乘法的幾何意義：

兩個複數相乘，所得複數模長爲這兩個複數的模長乘積，夾角爲這兩個複數的夾角之和

感覺棒棒噠

內容四：單位根

單位根就是滿足x^n=1的所有複數解，記爲 $\omega _{n}^{0}\omega _{n}^{1}\omega _{n}^{2}...\omega _{n}^{n-1}$

現在有了複數乘法的幾何意義，我們就明白了爲什麼n次單位根是複平面單位圓的n等分點了

單位根的性質我就不再贅述了：https://blog.csdn.net/C20180602_csq/article/details/85015587

有了以上的性質，我們就可以比較輕鬆的看懂FFT的前置知識了

內容五：多項式基礎知識（不贅述見https://blog.csdn.net/C20180602_csq/article/details/85015587）

內容六：FFT的分治思想

首先我們來考慮如何求f(x)在x取 $\omega _{n}^{0}\omega _{n}^{1}\omega _{n}^{2}...\omega _{n}^{n-1}$ 的值（假設n是2的冪）

首先單位根有一個很好的性質： $\omega _n^i=\omega_{n*k}^{i*k}$ （顯然）

如果我們把k取2：

$\omega_n^0,\omega_n^1,\omega_n^2...\omega_n^{n-1} \Leftrightarrow \omega_{2n}^0,\omega_{2n}^2,\omega_{2n}^4...\omega_{2n}^{2n-2}$

再把每一個值乘以 $\omega_{2n}^1$

那麼我們就可以把 $\omega _{n}^{0}\omega _{n}^{1}\omega _{n}^{2}...\omega _{n}^{n-1}$ 變成 $\omega_{2n}^0,\omega_{2n}^2,\omega_{2n}^4...\omega_{2n}^{2n-2}$ （不乘 $\omega_{2n}^1$ ）和 $\omega_{2n}^1,\omega_{2n}^3,\omega_{2n}^5...\omega_{2n}^{2n-1}$ （乘以 $\omega_{2n}^1$ ）

這個有什麼用呢？

它告訴我們：

如果想要求出f(x)在 $\omega_{2n}^0,\omega_{2n}^1,\omega_{2n}^2...\omega_{2n}^{2n-1}$ 處的取值

那麼我們可以先求出f(x)在 $\omega _{n}^{0}\omega _{n}^{1}\omega _{n}^{2}...\omega _{n}^{n-1}$ 上的取值，再通過加減乘除得到f(x)在 $\omega_{2n}^0,\omega_{2n}^1,\omega_{2n}^2...\omega_{2n}^{2n-1}$ 的取值

但是因爲 $\omega _{n}^{0}\omega _{n}^{1}\omega _{n}^{2}...\omega _{n}^{n-1}$ 在2n等分圓上對應的點是 $\omega_{2n}^0,\omega_{2n}^2,\omega_{2n}^4...\omega_{2n}^{2n-2}$ （不乘 $\omega_{2n}^1$ ）和 $\omega_{2n}^1,\omega_{2n}^3,\omega_{2n}^5...\omega_{2n}^{2n-1}$ （乘以 $\omega_{2n}^1$ ）

如果直接帶入的話會導致係數不對:

$\omega_{2n}^0,\omega_{2n}^2,\omega_{2n}^4...\omega_{2n}^{2n-2}$ 帶入的是一個n次多項式，係數分別爲： $a_0,a_2,a_4...a_{n-2}$

$\omega_{2n}^1,\omega_{2n}^3,\omega_{2n}^5...\omega_{2n}^{2n-1}$ 帶入的也是一個n次多項式，係數分別爲： $a_1,a_3,a_5...a_{n-1}$

所以我們應該把 $\omega _{n}^{0}\omega _{n}^{1}\omega _{n}^{2}...\omega _{n}^{n-1}$ 分別帶入兩個不同的多項式求值

說白了一句話：係數與帶入點值同時分治

看一個例子就明白了

多項式

需要帶入的點值 $\omega _{8}^{0},\omega _{8}^{1},\omega _{8}^{2},...\omega _{8}^{7}$

我們把f(x)按ai下表的奇偶來分治

把帶入點值分治爲 $\omega _{8}^{0},\omega _{8}^{2},\omega _{8}^{4},\omega _{8}^{6}$ 和 $\omega _{8}^{1},\omega _{8}^{3},\omega _{8}^{5},\omega _{8}^{7}$ ，分別對f0(x)和f1(x)求值

但是因爲 $\omega _{8}^{0},\omega _{8}^{2},\omega _{8}^{4},\omega _{8}^{6}\Leftrightarrow \omega _{4}^{0},\omega _{4}^{1},\omega _{4}^{2},\omega _{4}^{3}$ ， $(\omega _{8}^{0},\omega _{8}^{2},\omega _{8}^{4},\omega _{8}^{6})*\omega_8^1\Leftrightarrow \omega _{8}^{1},\omega _{8}^{3},\omega _{8}^{5},\omega _{8}^{7}$