快速傅利葉變換。。乙個曾經遙不可及的東西。。
昨天晚上心血來潮看了乙個小時，今天早上正好又沒有聯考。。把這道題實現了一下
首先普及一下快速傅利葉變換的知識。。看了以後，這道題真的是好裸的模板題啊。。
首先，對於乙個多項式a(x)，我們帶入乙個x0，得到乙個a(x0)=y0，那麼(x0,y0)就是乙個點值。
由算導上的證明：乙個次數為n的多項式係數可以被對應的n個點值表示式確定。
點值表示有乙個優勢，其乘法效率為線性！！
係數表示式轉點值表示式，也就是傳說中的dft。如果隨便取值並計算，連變換都要n^2的效率，談何優越。
根據這n個點值只要彼此不同就可以。我們不妨找到某種特殊的帶入值，讓我們可以從a(x)得出的值推出其他和a(x)有關的點值。
這時候單位複數根wn派上用場了。我們設wn=cos(2π/n)+sin(sπ/n) i，它是乙個複數。且wn^n=1
它有乙個美妙的性質。|wn^(k+n/2)|=|wn^k|，證明也不難，(wn^(k+n/2))^2=wn^(2k+n)=wn^2k*wn^n=wn^2k=(wn^k)^2
這個引理稱為折半引理。事實上這個引理是n^2到nlogn的乙個關鍵。
wn^(k+n/2)既然有這麼美妙的性質，a(wn^(k+n/2))和a(wn^k)是不是也存在某種關係呢？
答案是肯定的。
對於a(x)=a0+a1x+a2x^2+a3x^3...+an-1x^(n-1)
我們把其分成兩個部分
a[0](x)=a0+a2x+a4x^2+...+an-2x(n/2 -1)
a[1](x)=a1+a3x+a5x^2+...+an-1x(n/2 -1)
於是有a(x)=a[0](x^2)+xa[1](x^2)
於是我們的問題變成了求a[0]和a[1]在
(wn^0)^2 (wn^1)^2 ... (wn^(n-1))^2
的取值於是折半引理派上用場了。
a[0]((wn^(k+n/2))^2)=a[0]((wn^k)^2)
a[1]((wn^(k+n/2))^2)=a[1]((wn^k)^2)
事實上由復平面的性質，我們發現wn^(k+n/2)=-wn^k;
那麼a(
wn^(k+n/2)
)=a[0]((wn^k)^2)-wn^ka[1]((wn^k)^2) a(
wn^k
)=a[0]((wn^k)^2)+wn^ka[1]((wn^k)^2)
假設我們對於這一層暴力計算，那麼o(n)之後
我們好像一下子得到了a(wn^(k+n/2))和a(wn^k)兩個值。
但是我們顯然不會暴力計算，對於a[0]和a[1]存在和a一樣的形式，繼續遞迴！
每一次求值都可以將問題折半化，那麼n變成logn也就不是夢了
點值形式的解求好了，要變換回去的呀，於是逆dft登場。
不難發現這不過就是矩陣求逆的問題。詳見算導p535矩陣圖。
aj=1/n sigma(yk*wn^(-kj))
再看看我們做dft時的式子
a(wn^k)=sigma(aj*wn^kj)
我們完全可以把上下兩式當做同一型別的變換!
所以事實上只要對函式稍作修改，就可以實現dft和逆dft兩種操作了。
講到這裡。其實遞迴版已經可以實現了，但是慢！怎麼辦？
在之後的zjoi2014的力作為例題會詳細講解。
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