太菜了並不是很理解多項式，簡單記錄一下，緩慢更新吧……
有問題問快速航
首先我們要求的柿子長這樣：
\[c(k) = \sum_a(i)*b(j)
\]大概思路：先把兩個多項式轉成點值\((dft)\)，再把兩個多項式的點值乘在一起，把新的點值轉成多項式\((idft)\)即可
首先要了解複數的運算
\[(a + b*i) +(c+d*i) = (a+c)+(b+d)*i
\]\[(a + b*i) -(c+d*i) = (a-c)+(b-d)*i
\]\[(a + b*i) *(c+d*i) = (a*c - b*d)+(a*d+b*d)*i
\]隨便說下單位圓/單位根：
現在我們要把圓平分成\(n\)個，每乙個的大小應該是\(cos(2 π /n), sin(2π / n)\)
步入正題，具體操作長這樣：
\[f(x) = a_0*x^0+a_1*x^1+a_2*x^2+……+a_n*x^n
\]設\(f1(x) = a_0*x^0+a_2*x^1+……+a_*x^}\)，\(f2(x) = a_1*x^0+a_3*x^2+……+a_*x^}\)
\[f(x) = f1(x^2)+x*f2(x^2)
\]現在我們只需要知道\(f1(x), f2(x)\)就可以知道\(f(x)\)了，於是我們可以遞迴處理（所以我們需要保證多項式的項數為\(2^x\)）
把單位根帶到上述式子裡面去，我們有：
\[f(w_n^x) = f1(w_n^)+w_n^x*f2(w_n^)
\]現在我們需要單位根的第一條性質（帶到單位圓上就知道了）：
\[w_^ = w_^x
\]順便介紹性質二（還是畫畫圖就知道了）：
\[w_^} = -w_^x
\]通過性質一，我們可以把柿子化成：
\[f(w_n^x) = f1(w_}^)+w_n^x*f2(w_}^)
\]由於我們只知道\(f1(x), f2(x)\)的\(0-\frac\)的所有點值要求出\(f(x)\)的\(0-n\)的所有點值
分類討論一下：
如果\(x<\frac\)，直接用\(f1,f2\)的值就行
如果\(x≥\frac\)，不妨設\(x=x+\frac\)
\[f(w_n^}) = f1((w_^})^2)+w_n^}*f2((w_^}})^2)
\]由於第二條性質
\[f(w_n^}) = f1((-w_^x)^2)-w_n^*f2((-w_^)^2)
\]\[f(w_n^x) = f1(w_}^)-w_n^x*f2(w_}^)
\]發現只有乙個符號的區別
我們假設我們通過\(dft\)求出了點值為\(a_0, a_1……, a_n\)，最後我們要求出的值為\(a_0, a_1……, a_n\)
其實我們只要解乙個這樣的方程組：
\[a_0*(w_n^0)^0+a_1*(w_n^0)^1+a_2*(w_n^0)^2+……+a_n*(w_n^0)^2
\]\[a_0*(w_n^1)^0+a_1*(w_n^1)^1+a_2*(w_n^1)^2+……+a_n*(w_n^1)^2
\]\[……
\]\[a_0*(w_n^)^0+a_1*(w_n^)^1+a_2*(w_n^)^2+……+a_n*(w_n^)^2
\]這就是乙個矩陣形式了
第乙個矩陣是所有的\((w_n^x)^k\)，我們計為矩陣v，第二個矩陣為所有的\(a_x\)計為a，第三個矩陣為所有的\(a_x\)計為a
於是我們的柿子變成了\(a*v=a\)
如果我們知道\(v^\)，那麼我們有\(a*v^ = a\)，a即為所求
現在考慮求逆：
我們需要介紹性質三：\(\sum_^(w_n^k)^j=[k==0]*n\)
證明其實不難，畫畫圖就好了，我們要求的柿子為：\(\sum_^(w_n^k)^j\)
如果\(k =0\)，那麼原式\(=\sum_^ = n\)
如果\(k≠0\)，記\(s=\sum_^(w_n^k)^j\)
\(s*w_n^k = \sum_^(w_n^k)^j =s-1+(w_n^k)^n = s\)
因為\(w_n^k≠0\),所以\(s=0\)
我們令\(v^(i, j) = (w_n^)^j\)
所以\((v*v^)(i, j)=\sum_^(w_n^)^k*(w_n^k)^j=\sum_^(w_n^)^k\)
根據性質三，當\(i=j\)時\((v*v^)(i, i)=n\)，否則\(=0\)，只需要把每一項\(/n\)即可
然後我們有發現，只需要把\(a\)看成新的係數，把所有的\((w_n^j)^k\)看成\((w_n^)^k\)，那麼就是一邊新的\(dft\)了
所以唯一的差別就是單位根前面乘了乙個\(-1\)即可
struct node a[maxn], b[maxn];
il node operator + (node a, node b) ;}
il node operator - (node a, node b) ;}
il node operator * (node a, node b) ;}
int n, m, lim;
il void fft(node *x, int f, int len) , base = (node);
for(re int i = 0; i < (len >> 1); ++ i, w = w * base)
}int main()
通過打表發現：乙個數x再最後一次出現的位置\(r[i]\)是可以通過公式算出來的：\(r[i] = (r[i >> 1] >> 1)\ |\ ((i\ \&\ 1) << (lim - 1))\)
然後我們在\(fft\)前面把x交換到對應位置，然後用類似上述方法乙個個合併即可（我不是懶，是怕東西太多頁面卡）
il void fft(node *x, int f, int len) ;
for(re int p = mid * 2, j = 0; j < len; j += p) ;
for(re int k = 0; k < mid; ++ k, w = w * base)
} }
}rep(i, 0, (1 << lim)) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (lim - 1));
#define mod 998244353
#define invg 332748118
#define g 3
#define maxn 10000006
int n, m, a[maxn], b[maxn], l, lim = 1, r[maxn];
il int qpow(int a, int b)
return r;
}il void ntt(int *x, int f, int len)
} }}signed main()
不會不會
不會不會
不會不會
不會不會
不會
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