问题引入
现在有两个多项式： \(A(x) = \sum _{i = 0}^{n - 1} a_i x^i\) 和 \(B(x) = \sum _{i = 0}^{m - 1} b_i x^i\)，我们的目的是要求这两个多项式相乘后得到的多项式 \(C(x)\)， \(C(x) = \sum _{i = 0}^{n + m - 1} c_i x^i\)。
初步分析
要求解 \(C(x)\)，就是要求得 \(C(x)\) 每一项的系数 \(c_i\)。
若暴力的计算 \(c_i\)，那么 \(c_i = \sum _{j = 0}^i a_j b_{i - j}\)，总的时间复杂度是 \(O(nm)\) 的。
我们知道，直角坐标系上 \(n\) 个不同点可以确定一个过这 \(n\) 个点的 \(n - 1\) 次多项式。也就是说对于 \(C(x)\) 来讲，只要确定了它经过的 \(n + m\) 个不同的点的坐标，我们就有办法确定 \(C(x)\) 这个多项式。于是我们取 \(n + m\) 个不同的点 \(\{ (x_0, C(x_0)), (x_1, C(x_1)), \dots , (x_{n + m - 1}, C(x_{n + m - 1})) \}\)，其中 \(C(x_i) = A(x_i)B(x_i)\)，即我们要在 \(A(x)\) 和 \(B(x)\) 上分别取 \(n + m\) 个点。如果暴力地取点时间复杂度还是 \(O(n^2)\)，而且我们还不知道当取完点后如何同过这些点确定 \(C(x)\)。
若果有方法能够快速地取点（DFT）并快速地根据点来确定多项式（IDFT），那我们就解决了问题。
取点——DFT 离散傅里叶变换
此处用“取点”表示其他博文中的“将系数表达式映射到点值表达式”（因为我感觉这个过程就是在取点）
DFT 的定义
（因为光看FFT代码搞不清FFT与傅里叶变换的关系，于是有了这一部分）
离散傅里叶变换将长度为 \(n\) 的时域信号 \(x[t]\) 转换为频域信号 \(X[k]\)，其数学表达式为：
其中：
- \(x[t]\) 表示时域信号的第 \(t\) 个采样点
- \(X[k]\) 表示频域信号的第 \(k\) 个频率分量
那这坨公式和我们的多项式有什么关系呢？
抛开定义中的物理意义，假设有个多项式 \(P(u) = \sum_{t = 0} ^{n - 1} x[t] u^t\)（也就是说把定义中的时域信号看作是多项式的系数），于是 \(P(e^{-i{2 \pi \over n}k}) = \sum_{t = 0} ^{n - 1} x[t] (e^{-i{2 \pi \over n}k})^t = X[k]\)。此时对多项式取点的操作就与 DFT 产生了联系：对于一个 \(n - 1\) 次多项式，我们可以对其进行 DFT 以求得这个多项式在 \(e^{-i{2 \pi \over n}0},e^{-i{2 \pi \over n}1},e^{-i{2 \pi \over n}2}, \dots ,e^{-i{2 \pi \over n}(n - 1)}\) 这 \(n\) 个位置上的值，这 \(n\) 个点其实就是单位根
但是如果按照定义直接每个点单独求值，时间复杂度还是 \(O(n^2)\) 的，并没有什么优化，于是就有 FFT。
（PS：在问题分析中我们提到要在 \(A(x)\) 和 \(B(x)\) 上分别取 \(n + m\) 个点，为了解决这个问题，我们可以在两个多项式后面添项，如：\(A(x) = (\sum _{i = 0}^{n - 1} a_i x^i) + 0 \times x^n + \dots + 0 \times x^{n + m - 1}\)）
FFT——DFT 的高效实现
（观看视频 BV1za411F76U 可以比较清楚地知道 FFT 的实现。）
FFT 是 DFT 数学公式的高效实现，通过分治和对称性减少计算量。
我们将原本的多项式（这里是添项过后的，而且项数 \(n\) 是 2 的幂） \(A(x) = \sum _{i = 0}^{n - 1} a_i x^i\) 的系数分成两部分，分别构成两个新的多项式 \(A_e(x) = \sum _{i = 0}^{\frac{n}{2} - 1} a_{2i} x^i\) 和 \(A_o(x) = \sum _{i = 0}^{\frac{n}{2} - 1} a_{2i + 1} x^i\)。（角标的含义是 even 和 odd）。
则 \(A(x)\) 还可以这样表示：
那么代入单位根 \(w_n^k\) 得到：
而且我们不需要从 0 到 \(n - 1\) 取枚举 \(k\)，因为对于 \(k < {n \over 2}\)，有 \(w_n^{k + {n \over 2}} = -w_n^k\)，即：
所以我们只需要枚举前一半就好了。
对于 \(A_e(w_{n \over 2}^k)\) 和 \(A_o(w_{n \over 2}^k)\)，同样用 FFT，递归的求就可以了，当项数为 1 时直接返回系数或者什么都不做就好了。
于是就可以写出递归版的 FFT （代码等说了 IDFT 再给出）
确定多项式——IDFT 离散傅里叶逆变换
在 DFT 中我们实际是解了一个这样的方程：
即求解了 \(A(w_n^i)\)
那么在 IDFT 中我们知道了 \(A(w_n^i)\) 要求 \(a_i\)。在方程两边同时左乘第一个矩阵的逆矩阵（求逆矩阵直接搜范德蒙矩阵的逆矩阵就好了，虽然有点区别，但直接类比过来就好了）得到：
这几乎是和 DFT 一样的问题，只不过 IDFT 中的单位根要和 DFT 中的单位根共轭，并且最后还要除 \(n\)。
于是就可以得到递归版的代码：
// len表示项数，并且一定是 2 的幂
void fft(int len, std::vector<std::complex<double>> &A, bool inv) {if (len == 1) {return;}int ll = len >> 1;std::vector<std::complex<double>> Ae(ll), Ao(ll);for (int i = 0; i + i < len; i++) {Ae[i] = A[i << 1];Ao[i] = A[i << 1 | 1];}fft(ll, Ae, inv);fft(ll, Ao, inv);double angle = 2.0 * M_PI / double(len);std::complex<double> unit(cos(angle), (inv ? -1 : 1) * sin(angle)), w(1.0, 0.0);for (int i = 0; i < ll; i++, w *= unit) {std::complex<double> tmp = w * Ao[i];A[i] = Ae[i] + tmp;A[i + ll] = Ae[i] - tmp;}// 当使用 IDFT 时，别忘了在函数外边另外除项数。return;
}
有了最基础递归版的 FFT，就可以将 P3803 【模板】多项式乘法（FFT） 解决了。（题解里面有挺多很好的题解的）
（迭代版的 FFT 和 NNT 之后再学，逃~）
