多项式 I：拉格朗日插值与快速傅里叶变换

1. 复数和单位根

前置知识：弧度制，三角函数。

1.1 复数的引入

跳出实数域 $\mathbb R$，我们定义 $i ^ 2 = -1$，即 $i = \sqrt {-1}$，并在此基础上定义复数 $a + bi$，其中将 $b\neq 0$ 的称为虚数。复数域记为 $\mathbb C$。

像这种从 $a$ 变成 $a + bx$ 的扩域操作并不少见，例如初中学习 “平方根” 时，经常用 $a + b\sqrt x(x > 0)$ 表示一个数。这类数的加减乘都是容易的，除法即考虑平方差公式 $(c + d\sqrt x)(c - d\sqrt x) = c ^ 2 - d ^ 2x$，因此 $\frac {a + b\sqrt x} {c + d\sqrt x} = \frac {(ac - bdx) + (bc - ad)\sqrt x} {c ^ 2 - d ^ 2 x}$。

将 $x$ 替换为 $-1$，复数四则运算可由实数四则运算结合 $i$ 的定义直接推广得到。

加法：$(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i$。
减法：$(a + bi) - (c + di) = (a - c) + (b - d)i$。
乘法：$(a + bi)(c + di) = (ac - bd) + (ad + bc)i$。
除法：$\frac {a + bi} {c + di} = \frac {(a + bi)(c - di)} {(c + di)(c - di)} = \frac {ac + bd} {c ^ 2 + d ^ 2} + \frac {bc - ad} {c ^ 2 + d ^ 2} i$。

1.2 复平面与棣莫弗定理

描述一个复数 $a + bi$ 需要两个值 $a$ 和 $b$，其中 $a$ 表示实部，$b$ 表示虚部。这启发我们将其放在平面直角坐标系上描述，称为 复平面。其在复平面上的坐标为 $(a, b)$，实部 $a$ 为横坐标，虚部 $b$ 为纵坐标。

一个复数唯一对应一个平面向量，因为它们都可以用有序实数对描述。将向量起点平移至原点，则其终点指向与其对应的复数。考虑平面向量的一些特征，如其长度与所在直线斜率。将这些概念应用在复数上，我们得到如下定义：

定义复数 $z = a + bi$ 的模为 $|z| = \sqrt {a ^ 2 + b ^ 2}$。
定义复数 $z = a + bi$ 的辐角为 $\operatorname{Arg} z = \theta$，其中 $\tan \theta = \frac b a$。满足 $-\pi < \theta \leq \pi$ 的 $\theta$ 称为 辐角主值，记作 $\operatorname{arg} z$，即 $\operatorname{arg} z = \arctan \frac b a$。
辐角确定了 $z$ 所在直线，模确定了 $z$ 在直线上的长度。对比实部和虚部，模和辐角主值以另一种有序实数对的形式描述复数。

根据 $z = a + bi$ 的模 $r$ 和辐角 $\theta$，可知 $z$ 的实部 $a = r\cos \theta$，虚部 $b = r \sin \theta$，据此定义复数的 三角形式 $z = r(\cos \theta + i\sin \theta)$。

利用 $\cos$ 和 $\sin$ 的和角公式可得 $z_1z_2 = r_1r_2(\cos(\theta_1 + \theta_2) + i\sin (\theta_1 + \theta_2))$。该等式称为 棣莫弗定理，它说明 复数相乘，模长相乘，辐角相加。

根据棣莫弗定理，我们得到对虚数单位 $i$ 的一种直观理解：将一个复数 $z$ 乘以 $i$ 相当于将其 逆时针旋转 $\frac {\pi} 2$ 弧度。实际上，考虑虚数单位 $i$ 本身在复平面上的位置，发现就是 $1$ 逆时针旋转 $\frac {\pi} 2$ 度。一般地，有旋转的地方就有 $i$ 存在，$i$ 即旋转。推荐观看：虚数的来源 - Veritasium。

1.3 单位根的定义

当 $r = 1$ 时，$z = \cos\theta + i\sin\theta$ 在单位圆上。此时根据棣莫弗公式有 $z ^ n = \cos(n\theta) + \sin(n\theta)$，它在 复数旋转 和 复数乘法 之间构建了桥梁：$z$ 的 $n$ 次幂相当于从 $(1, 0)$ 开始，以 $z$ 的角度在单位圆上旋转 $n$ 次得到的结果，称为将 $z$ 旋转 $n$ 次。

考虑将单位圆 $n$ 等分（如下图），取任意 $n$ 等分点 $P_k(0\leq k < n)$，将其旋转 $n$ 次均得到 $1$，因为跨过的 $\frac 1 n$ 单位圆弧数为 $n$ 的倍数。这说明 $P_k ^ n = 1$。

探究 $P_k$ 的表达式：因为它相当于从 $1$ 开始在单位圆上旋转 $\frac {2k\pi} n$ 弧度，因此 $P_k = \cos\left(\frac {2k\pi} n\right) + \sin\left(\frac {2k\pi} n\right)$。我们称所有 $P_k$ 为 $n$ 次 单位根，将 $P_1$ 记作 $\omega_n$，则 $P_k = P_1 ^ k = \omega_n ^ k$。

根据 $P_k ^ n = 1$ 可知任意 $n$ 次单位根 $\omega_n ^ k$ 均为 $x ^ n - 1 = 0$ 的解。除特殊说明外，一般 $n$ 次单位根直接代指 $\omega_n$，即从 $1$ 开始逆时针方向的第一个单位根。

可以观看 3b1b 的视频从 6:00 到 7:30 的部分加深对上述内容的理解。

单位根的循环性：由 $\omega_n ^ n = 1$ 单位根的指数可对 $n$ 取模。换言之，考虑从 $1$ 开始不断乘以 $\omega_n$，我们将得到 $1, \omega_n, \omega_n ^ 2, \cdots, \omega_{n} ^ {n - 1}, \omega_n ^ n = 1, \omega_n ^ {n + 1} = \omega_n, \cdots$，循环节为 $n$。想象从 $1$ 开始不断旋转 $\frac {2\pi} n$ 弧度，旋转 $n$ 次后我们将落入循环。换言之，$\omega_n ^ k = \omega_n ^ {k + tn}(t\in \mathbb Z)$。
$\omega_n ^ k = \omega_{cn} ^ {ck}(c > 0)$。对单位根有可视化认知后容易理解这一点。
当 $n$ 为偶数时，将 $\omega ^ k_n$ 取反相当于将其逆时针（或顺时针）转半圈，所以 $-\omega_n ^ k = \omega_n ^ {k\pm \frac n 2}(2\mid n)$。
单位根的对称性：因为 $n$ 次单位根将单位圆 $n$ 等分，均匀分布在圆周，所以它们的重心就在原点，即 $\sum_{i = 0} ^ {n - 1} \omega_{n} ^ i = 0$。
若 $\gcd(k, n) = 1$，则 $\omega_n ^ k$ 称为 本原单位根。所有本原单位根的 $0\sim n - 1$ 次幂互不相同。

1.4 单位根与原根

前置知识：原根，详见初等数论学习笔记 I：同余相关。

单位根和原根有极大的相似性，可以说原根就是模 $P$ 下的整数域的单位根。

设 $n = \varphi(P)$ 且 $P$ 存在原根 $g$，则 $g ^ 0, g ^ 1, \cdots, g ^ {n - 1}, g ^ n = g ^ 0, g ^ {n + 1} = g ^ 1$ 这样的循环和 $n$ 次单位根的循环一模一样。这使得在模 $P$ 意义下涉及 $n$ 次单位根运算时，可直接用原根 $g$ 代替。进一步地，对于 $d\mid n$，$g ^ {\frac n d}$ 可直接代替模 $P$ 意义下的 $d$ 次单位根。

单位根和原根都是对应域上一个大小为 $n = \varphi(P)$ 的 循环群 的 生成元。它们均满足 $n$ 次幂是对应域的单位元，且它们的 $0\sim n - 1$ 次幂互不相同。换言之，它们同构。

快速傅里叶变换 FFT 和快速数论变换 NTT 的联系恰在于此。

1.5 欧拉公式

前置知识：自然对数 $\ln$ 的底数 $e$ 及其相关性质。

这部分为接下来可能用到的符号做一些补充。

欧拉公式指出

\[e ^ {ix} = \cos x + i\sin x
\]

即单位圆上从 $(1, 0)$ 开始旋转 $x$ 弧度得到的复数，也即大小为 $x$ 的角的终边与单位圆的交点。

欧拉公式的严谨证明超出了讨论范围，相关资料可以参考百度百科。我们给出一个对欧拉公式的感性理解方式，以加深读者对欧拉公式的直观印象与理解，来自在 3.14 分钟内理解 $e ^ {i\pi}$ - 3Blue1Brown。这个视频相当有启发性。

根据 $(e ^ t)' = e ^ t$，考虑 $e ^ t$ 随着 $t$ 增大在数轴上的取值。$e ^ t$ 以每秒钟 $t$ 均匀增加 $1$ 的速度向数轴正方向移动，则 $e ^ t$ 的速度就是它本身的位置。它的起始点为 $e ^ 0 = 1$。

根据 $(e ^ {kt})' = ke ^ t$，类似可知 $e ^ {kt}$ 的速度等于 $k$ 倍它本身的位置。

当 $k = i$ 时，速度相当于将本身的位置逆时针旋转 $\frac {\pi} 2$ 弧度，与位置垂直。这样，根据基础的高中物理知识，我们知道 $e ^ {it}$ 随着 $t$ 增大，在单位圆上做匀速圆周运动，且每秒移动 $1$ 弧度。

这样，$e ^ {it}$ 就等于模长为 $1$，辐角为 $t$ 的复数，即 $\cos t + i\sin t$。这使得我们可以用 $r e ^ {i\theta}$ 描述模长为 $r$，辐角为 $\theta$ 的复数，记号变得更简洁。

将该表示法应用至单位根，可知 $\omega_n = e ^ {\frac {2\pi i} n}$。

读者应当在 $re ^ {i\theta}$，$r(\cos\theta + i\sin \theta)$ 及其在复平面上的位置建立直观联系，有助于理解接下来的内容。

带入 $t = \pi$，得到著名等式

\[e ^ {i\pi} = -1
\]

带入 $t = 2\pi = \tau$，得

\[e ^ {i\tau} = 1
\]

这说明对于任意 $k\in \mathbb Z$，$(e ^ {2\pi i}) ^ {k + \frac t n}$ 相等恰对应 $\omega_n ^ {kn + t}$ 相等。

2. 多项式

2.1 基本概念

形如 $\sum_{i = 0} ^ n a_ix ^ i$ 的 有限和式 称为 多项式，记作 $f(x) = \sum_{i = 0} ^ n a_i x ^ i$。其中，$a_i$ 称为 $i$ 次项的系数，也称 $x ^ i$ 前的系数，记作 $[x ^ i]f(x)$。超出最高次数 $n$ 的系数 $a_i(i > n)$ 视作 $0$。

当项数无限时，和式形如 $\sum_{i = 0} ^ {\infty} a_ix ^ i$，称为 形式幂级数，它暂时超出了我们的讨论范围。

多项式 系数非零 的最高次项的次数称为该多项式的度，也称次数，记作 $\deg f$。如 $f(x) = \sum_{i = 0} ^ n a_i x ^ i$ 其中 $a_n \neq 0$，则 $f$ 为 $n$ 次多项式，记作 $\deg f = n$。
使得 $f(x) = 0$ 的所有 $x$ 称为多项式的根。
若 $a_i$ 均为实数，则称 $f$ 为实系数多项式。若 $a_i$ 可以均为复数，则称 $f$ 为复系数多项式。
代数基本定理：任何非零一元 $n$ 次复系数多项式恰有 $n$ 个复数根。这些复数根可能重合。证明略。

2.2 系数表示法和点值表示法

$f(x) = \sum_{i = 0} ^ n a_i x ^ i$ 给出了所有 $i$ 次项前的系数，这种描述多项式的方法称为 系数表示法。

将 $x = x_i$ 带入，得到 $y_i = f(x_i)$，称 $(x_i, y_i)$ 为 $f$ 在 $x_i$ 处的点值。用若干点值 $(x_i, y_i)$ 描述多项式的方法称为 点值表示法。

考虑这两种表示法之间的联系。我们尝试探究在给定 $n$ 个点值 $(x_0, y_0), (x_1, y_1), \cdots, (x_{n - 1}, y_{n - 1})$ 其中 $x_i$ 互不相同时，所唯一确定的多项式的最高次数。

一个自然的猜测是 $n - 1$，因为 $n - 1$ 次多项式需要 $n$ 个系数描述，具有 $n$ 单位信息，而 $n$ 个点值同样具有 $n$ 单位信息。

证明即考虑直接带入，得到 $n$ 元线性方程组：对于任意 $0\leq j < n$，$\sum_{i = 0} ^ {n - 1} a_ix_j ^ i = y_j$。该线性方程组的系数矩阵为

\[\begin{bmatrix}
1 & x_0 & x_0 ^ 1 & \cdots & x_0 ^ {n - 1} \\
1 & x_1 & x_1 ^ 1 & \cdots & x_1 ^ {n - 1} \\
1 & x_2 & x_2 ^ 1 & \cdots & x_2 ^ {n - 1} \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1 & x_{n - 1} & x_{n - 1} ^ 2 & \cdots & x_{n - 1} ^ {n - 1} \\
\end{bmatrix}
\]

因 $x_i$ 互不相同，所以该范德蒙德矩阵的行列式非零，方程组有唯一解。类似的，从线性方程组的角度出发，容易证明 $n$ 个点值不可能唯一确定 $n$ 次或更高次的多项式。

综上，我们得到重要结论：$n$ 个点值唯一确定的多项式最高次数为 $n - 1$。

从系数表示法转为点值表示法称为求值（Evaluation）。
从点值表示法转为系数表示法称为插值（Interpolation）。

2.3 多项式运算

2.3.1 基本运算

设 $f(x) = \sum_{i = 0} ^ n a_i x ^ i$，$g(x) = \sum_{i = 0} ^ m b_i x ^ i$。

设 $h = f + g$，则 $h(x) = (\sum_{i = 0} ^ n a_i x ^ i) + (\sum_{j = 0} ^ m b_j x ^ j) = \sum_{i = 0} ^ {\max(n, m)} (a_i + b_i) x ^ i$，可知两多项式相加，对应系数相加，$\deg (f + g) = \max(\deg f, \deg g)$。
设 $h = f * g$，则 $h(x) = (\sum_{i = 0} ^ n a_i x ^ i)(\sum_{j = 0} ^ m b_j x ^ j) = \sum_{i = 0} ^ {n + m} (\sum_{j = 0} ^ i a_jb_{i - j}) x ^ i$，可知两多项式相乘，每两个系数相乘贡献至次数之和的系数，$\deg(f * g) = \deg f + \deg g$。

因此，在系数表示法下，计算两个多项式相加的复杂度为 $\mathcal{O}(n + m)$，计算两个多项式相乘的复杂度为 $\mathcal{O}(nm)$。

根据 $(f + g)(x) = f(x) + g(x)$，可知两个多项式相加时，对应点值相加。
根据 $(fg)(x) = f(x) g(x)$，可知两个多项式相乘时，对应点值相乘。

因此，在点值表示法下，计算两个多项式相加需要 $\max(n, m) + 1$ 个点值，计算两个多项式相乘需要 $n + m + 1$ 个点值，复杂度均为 $\mathcal{O}(n + m)$。

用 $f * g$ 和 $fg$ 表示多项式相乘，即进行加法卷积；用 $f \cdot g$ 表示多项式点乘，即 对应系数相乘。

在系数表示法下计算两个多项式相乘，我们首先将其转化为点值表示法，相乘后再转回系数表示法。时间复杂度 $\mathcal{O}((n + m)\log (n + m))$。相关算法将在第四章介绍。

3. 拉格朗日插值

在 2.2 小节我们得到结论：$n$ 个点值唯一确定的多项式最高次数为 $n - 1$。那么，如何在点值表示法和系数表示法之间快速转换呢？

从系数表示法转为点值表示法，最常用的方法是直接带入，时间复杂度 $\mathcal{O}(n ^ 2)$。$\mathcal{O}(n\log ^ 2 n)$ 的多项式多点求值则需要高级多项式技巧，此处不作介绍。

从点值表示法转为系数表示法，最直接的方法是高斯消元，时间复杂度 $\mathcal{O}(n ^ 3)$。接下来我们将介绍常用的拉格朗日插值法。

3.1 算法详解

拉格朗日插值的核心思想在于利用点值的可加性，每次只考虑一个点值，其它点值均视为 $0$，由此构造 $n$ 个多项式 $f_i(x)$，使得它们在 $x_i$ 处取值为 $y_i$，$x_j(j\neq i)$ 处取值为 $0$，则 $f = \sum_{i = 0} ^ {n - 1} f_i$。中国剩余定理 使用了类似的思想。

为了让 $f_i(x_j) = 0\ (i\neq j)$，$f_i$ 应包含 $x - x_j$ 作为因式，因此设 $f_i(x) = \prod_{i \ne j} (x - x_j)$。但是此时 $f_i(x_i)$ 不一定等于 $y_i$，我们发现可以调整 $f_i$ 的系数，给 $f_i$ 乘上 $\frac {y_i} {f_i(x_i)}$。综上，我们得到 $f_i$ 的表达式

\[f_i(x) = y_i \prod_{j \neq i} \frac {x - x_j} {x_i - x_j}
\]

对 $f_i$ 求和得 $f$，我们得到拉格朗日插值公式

\[f(x) = \sum\limits_{i = 0} ^ {n - 1} y_i \prod\limits_{j \neq i} \frac {x - x_j} {x_i - x_j}
\]

为得到 $f$ 的各项系数，只需 $\mathcal{O}(n ^ 2)$ 求出 $F(x) = \prod_{i = 0} ^ {n - 1} (x - x_i)$，对每个 $i$ 暴力 $\mathcal{O}(n)$ 将 $F$ 除掉一次式 $x - x_i$ 算出 $\frac {F(x)} {x - x_i}$ 的各项系数，再乘以 $\frac {y_i} {\prod_{j \neq i} x_i - x_j}$ 得到 $f_i$，则 $f = \sum_{i = 0} ^ {n - 1} f_i$。时间复杂度 $\mathcal{O}(n ^ 2)$。

通常情况下，题目要求我们求出 $F(x)$ 在给定某个 $x$ 处的取值，此时我们不把 $x$ 看做函数的元，而是直接将 $x$ 带入上式。时间复杂度仍为 $\mathcal{O}(n ^ 2)$。

多项式快速插值在 $\mathcal{O}(n\log ^ 2 n)$ 的时间内将点值表示法转化为系数表示法，这超出了我们的讨论范围。

3.2 连续取值插值

当给定点值横坐标为连续整数时，我们有快速单点插值的方法。

以 $0, 1, \cdots, n - 1$ 即 $x_i = i$ 为例：

\[\begin{aligned}
f(x) = \sum\limits_{i = 0} ^ {n - 1} y_i \prod\limits_{j \neq i} \frac {x - j} {i - j} \\
\end{aligned}
\]

分子是 $\prod (x - i)$ 挖掉一个项，经典维护前缀后缀积。设 $p_i = \prod_{j = 0} ^ {i - 1} x - j$，$s_i = \prod_{j = i + 1} ^ {n - 1} x - j$。

分母对于 $i > j$，$\prod_{j = 0} ^ {i - 1} (i - j) = i!$。对于 $i < j$，$\prod_{j = i + 1} ^ {n - 1} (i - j) = (-1)(-2) \cdots (i - n + 1)$，将所有负号提出来，得 $(-1) ^ {n - i + 1}(i - n + 1)!$。

因此

\[f(x) = \sum\limits_{i = 0} ^ {n - 1} y_i \frac {p_is_i} {(-1) ^ {n - i + 1} i! (i - n + 1)!}
\]

预处理阶乘逆元，时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

3.3 应用

计算范德蒙德方阵的逆矩阵，详见 4.4.1 小节。

3.4 例题

P4781 【模板】拉格朗日插值

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

constexpr int N = 2e3 + 5;

constexpr int mod = 998244353;

int ksm(int a, int b) {

  int s = 1;

  while(b) {

    if(b & 1) s = 1ll * s * a % mod;

    a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;

  }

  return s;

}

int n, k, ans, x[N], y[N];

int main() {

  cin >> n >> k;

  for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> x[i] >> y[i];

  for(int i = 1; i <= n; i++) {

    int deno = 1, nume = 1;

    for(int j = 1; j <= n; j++) {

      if(i == j) continue;

      deno = 1ll * deno * (x[i] + mod - x[j]) % mod;

      nume = 1ll * nume * (k + mod - x[j]) % mod;

    }

    ans = (ans + 1ll * y[i] * nume % mod * ksm(deno, mod - 2)) % mod;

  }

  cout << ans << "\n";

  return 0;

}

4. 快速傅里叶变换

快速傅里叶变换（Fast Fourier Transform，FFT）是多项式算法的根基。想要真正理解它，必须先真正理解单位根，还需要对线性代数有基本了解。

推荐观看：

4.1 求值的本质

设 $f(x) = \sum_{i = 0} ^ {n - 1} a_i x ^ i$，将 $x_0$ 带入，得 $f(x_0) = \sum_{i = 0} ^ {n - 1} a_i x_0 ^ i$。考虑将其写成向量内积（点积）的形式：

\[f(x_0) = \sum_{i = 0} ^ {n - 1} a_i x_0 ^ i =
\begin{bmatrix}
x_0 ^ 0 & x_0 ^ 1 & \cdots & x_0 ^ {n - 1}
\end{bmatrix}
\times
\begin{bmatrix}
a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_{n - 1}
\end{bmatrix}
\]

这样，如果有 $x_0, x_1, \cdots, x_{m - 1}$ 需要求值，整个过程就可以写成 $m\times n$ 维矩阵乘以 $n$ 维列向量的形式：

\[\begin{bmatrix}
x_0 ^ 0 & x_0 ^ 1 & \cdots & x_0 ^ {n - 1} \\
x_1 ^ 0 & x_1 ^ 1 & \cdots & x_1 ^ {n - 1} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
x_{m - 1} ^ 0 & x_{m - 1} ^ 1 & \cdots & x_{m - 1} ^ {n - 1} \\
\end{bmatrix}
\times
\begin{bmatrix}
a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_{n - 1}
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
f(x_0) \\ f(x_1) \\ \vdots \\ f(x_{m - 1})
\end{bmatrix}
\]

左侧矩阵就是著名的 范德蒙德矩阵。

当 $m = n$ 时为范德蒙德方阵，$x_i$ 互不相同时其逆存在，帮助我们快速从点值表示法转回系数表示法。$m > n$ 时任取 $x_i$ 互不相同的 $n + 1$ 行可以求逆。$m < n$ 时无法还原系数。这体现出 $n + 1$ 个点值唯一确定最高次数不超过 $n$ 的多项式。

朴素计算求值的复杂度为 $\mathcal{O}(nm)$，因为带入求值一次的复杂度为 $\mathcal{O}(n)$。快速傅里叶变换即在离散傅里叶变换基础上通过选取合适的 $x_i$，使得可以快速求值。

4.2 离散傅里叶变换

在介绍 FFT 之前，我们先给出离散傅里叶变换（Discrete Fourier Transform，DFT）的概念。

DFT 在工程中是将离散信号从时域转为频域的过程。碰巧的是，其表达式刚好可以用来对多项式进行多点求值，只不过这些点值是固定的 单位根 处的点值，但对于求值做多项式乘法已经足够了。

DFT 将一个长度为 $N$ 的复数序列 $x_0, x_1, \cdots, x_{N - 1}$ 通过如下公式转化为另一个长为 $N$ 的复数序列 $X_0, X_1, \cdots, X_{N - 1}$：

\[X_k = \sum_{n = 0} ^ {N - 1} x_n e ^ {-\frac {2\pi i} Nkn}
\]

也即

\[X_k = \sum_{n = 0} ^ {N - 1} x_n \omega_N ^ {-kn}
\]

设多项式 $f(x) = \sum_{n = 0} ^ {N - 1} x_n x ^ i$，易知

\[X_k = \sum_{n = 0} ^ {N - 1} x_n(\omega_N ^ {-k}) ^ n = f(\omega_N ^ {-k})
\]

根据上式，离散傅里叶变换可以看成多项式 $f(x) = \sum_{n = 0} ^ {N - 1} x_nx ^ i$ 在 $N$ 个单位根处求值。

没看懂？没关系。接下来我们将从另一角度出发，得到一个差别微小但更容易理解的算法 —— FFT。

4.3 算法详解

首先我们得搞清楚，DFT 是一个变换，而 FFT 是用于实现 DFT 的算法。在 FFT 的推导过程中，其所实现的变换和 DFT 变换有细微的差别，因此笔者也用 FFT 表示该算法实现的变换。

按理说学习一个算法时需要搞清楚它的用途，但如果直接从 DFT 角度入手尝试简化流程，那么为了让动机看起来自然，我们还要先学习 DFT 的实际含义，这涉及到大量前置知识。

但是，从计算机科学界尤为重要且为各位 OIer 熟知的多项式乘法的优化出发，我们通过自然推理得到一个算法，而该算法恰好可以快速实现 DFT（有一些细小的差别，详见 4.3.5）。

我们明确接下来的目标：给定次数 $n - 1$ 的多项式 $f(x) = \sum_{i = 0} ^ {n - 1} a_i x ^ i(a_{n - 1} \neq 0)$，快速求出它的至少 $n$ 个点值。

下文中，$f(x)$ 也被视为关于 $x$ 的 $n - 1$ 次函数。

4.3.1 简化情况

解决一个普遍性的问题，最重要的思想就是 从简化情况入手，分析问题的性质。

函数的性质无非就那几个：奇偶性，单调性，周期性等。一般函数没有单调性和周期性，但总可以表示为一个偶函数和一个奇函数之和，这一定是突破点。

对于偶函数 $f(x)$，即所有奇数次项系数为 $0$，带入两个相反数 $w$ 和 $-w$ 时，它们的值相等。
对于奇函数 $f(x)$，即所有偶数次项系数为 $0$，带入两个相反数 $w$ 和 $-w$ 时，它们的值互为相反数。

因此，将任意多项式 $f(x)$ 拆成偶函数 $f_e(x)$ 和奇函数 $f_o(x)$ 之和，则

\[\begin{cases}
f(x) = f_e(x) + f_o(x) \\
f(-x) = f_e(x) - f_o(x)
\end{cases}
\]

选择 $\lceil\frac n 2\rceil$ 对两两互为相反数的值 $(x_i, -x_i)$ ，求出所有 $x_i$ 在 $f_e(x)$ 和 $f_o(x)$ 处的取值。

不妨设 $n$ 为偶数，则 $f_e$ 是 $n - 2$ 次多项式，$f_e$ 是 $n - 1$ 次多项式，本质上依然相当于求出 $n - 1$ 次多项式的 $n$ 个点值，对时间复杂度没有优化。

但是 $f_e$ 和 $f_o$ 的项数减半，尝试利用该性质。

因为 $f_e$ 只有偶数次项 $a_0x ^ 0 + a_2x ^ 2 + \cdots$，故考虑换元 $u = x ^ 2$，则 $f_e(u) = a_0u ^ 0 + a_2 u ^ 1 + \cdots$。换言之，我们设 $f'_e(x) = a_0x ^ 0 + a_2x ^ 1 + \cdots$，则 $f_e(x) = f'_e(x ^ 2)$。

同理，从 $f_o$ 中提出一个 $x$，设 $f'_o(x) = a_1x ^ 0 + a_3x ^ 1 + \cdots$，则 $f_o(x) = xf'_o(x ^ 2)$。

因此，

\[\begin{cases}
f(x) = f'_e(x ^ 2) + xf'_o(x ^ 2) \\
f(-x) = f'_e(x ^ 2) - xf'_o(x ^ 2)
\end{cases}
\]

这样才是真正意义上的规模减半。若问题可递归，则时间复杂度为 $T(n) = 2T\left(\frac n 2\right) + \mathcal{O}(n)$，解得 $T(n) = \mathcal{O}(n\log n)$。

4.3.2 引入单位根

问题来了，如何保证递归得到的问题也满足两两互为相反数呢？

考虑一开始的 $(x_i, -x_i)$，这说明存在 $i'$ 使得 $x_i ^ 2 = -x_{i'} ^ 2$，它们互不相同但它们的 $4$ 次方相等。

进一步推演，因为问题会递归 $w = \lceil\log_2 n\rceil$ 层，所以我们需要找到 $k = 2 ^ w$ 个互不相等的 $x$，但它们的 $k$ 次幂相等。这个相等的 $k$ 次幂可以任意选择，方便起见设为 $1$，则 $x ^ k = 1$，$x$ 为所有 $k$ 次单位根。

逆推得到结果后，我们再顺着检查一遍：初始令 $x$ 为所有 $k$ 次单位根，每层递归会将这些数平方，得到所有 $\frac k 2, \frac k 4 \cdots$ 次单位根。因为 $\frac k 2, \frac k 4, \cdots$ 都是偶数，所以它们可以两两正负配对，直到递归 $w$ 层的平凡情况：$\frac k {2 ^ w} = 1$ 次单位根即 $x = 1$。

由此可得通常使用（补齐到 $2$ 的幂）的快速傅里叶变换的范德蒙德方阵形式：

\[\begin{bmatrix}
(\omega_n ^ 0) ^ 0 & (\omega_n ^ 0) ^ 1 & \cdots & (\omega_n ^ 0) ^ {n - 1} \\
(\omega_n ^ 1) ^ 0 & (\omega_n ^ 1) ^ 1 & \cdots & (\omega_n ^ 1) ^ {n - 1} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
(\omega_n ^ {n - 1}) ^ 0 & (\omega_n ^ {n - 1}) ^ 1 & \cdots & (\omega_n ^ {n - 1}) ^ {n - 1} \\
\end{bmatrix}
\times
\begin{bmatrix}
a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_{n - 1}
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
f(\omega_n ^ 0) \\ f(\omega_n ^ 1) \\ \vdots \\ f(\omega_n ^ {n - 1})
\end{bmatrix}
\]

4.3.3 递归公式

得到大致框架后，我们具体地描述整个算法流程：

首先将 $n$ 补齐到不小于 $n$ 的最小的 $2$ 的幂，即 $2 ^ {\lceil \log_2 n\rceil}$。

设当前需要求值的多项式 $f$ 长度为 $L(L = 2 ^ w, w\in \mathbb N)$，若 $L = 1$ 则直接返回 $a_0$。否则我们需求出 $f(x)$ 在所有 $L$ 次单位根 $\omega_L ^ k(0\leq k < L)$ 处的取值。

将 $f(x)$ 写成 $f_e(x ^ 2) + xf_o(x ^ 2)$，则对于 $0\leq k < \frac L 2$，有

\[\begin{aligned}
f(\omega_L ^ k) & = f_e(\omega_L ^ {2k}) + \omega_L ^ k f_o(\omega_L ^ {2k}) \\
f(\omega_L ^ {k + \frac L 2}) & = f_e(\omega_L ^ {2k + L}) + \omega_L ^ {k + \frac L 2} f_o(\omega_L ^ {2k + L})
\end{aligned}
\]

根据单位根的性质（在单位根部分有介绍）：

$\omega_n ^ k = \omega_{2n} ^ {2k}$。
$\omega_n ^ k = \omega_n ^ {k + tn}(t\in \mathbb Z)$。
$\omega_{n} ^ k = -\omega_{n} ^ {k + \frac n 2} (2\mid n)$。

得

\[\begin{aligned}
f(\omega_L ^ k) & = f_e(\omega_{\frac L2} ^ {k}) + \omega_L ^ k f_o(\omega_{\frac L 2} ^ {k}) \\
f(\omega_L ^ {k + \frac L 2}) & = f_e(\omega_{\frac L2} ^ {k}) - \omega_L ^ k f_o(\omega_{\frac L 2} ^ {k})
\end{aligned}
\]

这样，我们只需求出 $\frac L 2$ 次多项式 $f_e$ 和 $f_o$ 在所有 $\frac L 2$ 次单位根处的取值。

4.3.4 蝴蝶变换

递归处理比较慢，我们希望像位运算卷积一样通过递推实现整个过程。

因为在边界条件下，每个位置的取值与其对应的系数相关，所以递归转递推的关键在于考察系数的变化。

考虑 $n = 8$ 的情况，初始为 $(a_0, a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, a_7)$。

进行第一层递归时，将 $f_e$ 的系数写在左半部分，$f_o$ 的系数写在右半部分，得 $(a_0, a_2, a_4, a_6), (a_1, a_3, a_5, a_7)$。

进行第二层递归时，类似地将每个子问题的 $f_e$ 和 $f_o$ 的系数分别写在左右两侧，得 $(a_0, a_4), (a_2, a_6), (a_1, a_5), (a_3, a_7)$。

进行第三层递归时，共有 $4$ 个大小为 $2$ 的子问题，且进行上述操作后系数的位置不发生改变。

我们看到，如果一个系数在规模为 $2n$ 的问题中的位置为 $p$，若 $p$ 是偶数，则递归至左半部分，若 $p$ 是奇数，则递归至右半部分，且在规模为 $n$ 的问题中的位置为 $\left\lfloor \frac p 2\right\rfloor$。

进一步地，一个系数在第 $i$ 次递归时的方向决定了它最终下标在二进制下第 $w - i(n = 2 ^ w)$ 位的取值。若向左递归则为 $0$，向右递归则为 $1$。而它递归的方向又受到 $\left\lfloor \frac p {2 ^ {i - 1}}\right\rfloor$ 的奇偶性的影响，即 $p$ 在二进制下第 $i$ 位的取值，若为 $0$ 则向左递归，为 $1$ 则向右递归。

这就说明，$p$ 在二进制下第 $i$ 位的取值，等于它对应的系数的最终下标在二进制下第 $w - i$ 位的取值。

因此我们断言，系数 $a_p$ 在 $w$ 次递归后的下标等于 $p$ 二进制翻转后的值，设为 $r_p$。这里翻转指翻转第 $0\sim w - 1$ 位的值。

$r_p$ 可递推求得：$r_0 = 0$。对于 $r_i(i > 0)$，先右移一位得到 $i' = \left\lfloor \frac i 2\right\rfloor$，则 $r_i$ 的低 $w - 1$ 位（第 $0\sim w - 2$ 位）的值可由 $r_{i'}$ 右移一位得到。第 $w - 1$ 位的值只需检查 $i$ 的奇偶性。因此，$r_i = \left\lfloor \frac {r_{i'}}{2} \right\rfloor + \frac n 2(i\bmod 2)$，其中 $i' = \lfloor \frac i 2\rfloor$。

因此，在算法一开始先对系数数组 $a$ 执行 蝴蝶变换，即同时令 $a_i \to a_{r_i}$，然后类似 FWT，枚举问题规模 $2d(1\le d < n)$，枚举每个子问题 $2di(0\leq 2di < n)$，再枚举当前子问题的所有对应位置 $(x = 2di + k, y = 2di + k + d)(0\leq k < d)$ 执行变换，即设 $x$ 和 $y$ 对应位置的当前值为 $f_x$ 和 $f_y$，则 $f'_x = f_x + \omega_{2d} ^ k f_y$，$f'_y = f_x - \omega_{2d} ^ k f_y$。

进一步地，根据 $r$ 的定义，我们有 $r_{r_i} = i$。因此，执行蝴蝶变换只需对所有 $i < r_i$ 执行 $\mathrm{swap}(a_i, a_{r_i})$。

这就是 FFT，整个过程称为 对多项式 $f$ 做长度为 $n$ 的快速傅里叶变换，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。代码在 4.5 小节。

4.3.5 DFT 和 FFT

对比 DFT 和 FFT 矩阵：

\[\mathcal {F_D} =
\begin{bmatrix}
(\omega_N ^ 0) ^ 0 & (\omega_N ^ 0) ^ 1 & \cdots & (\omega_N ^ 0) ^ {N - 1} \\
(\omega_N ^ {-1}) ^ 0 & (\omega_N ^ {-1}) ^ 1 & \cdots & (\omega_N ^ {-1}) ^ {N - 1} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
(\omega_n ^ {-(N - 1)}) ^ 0 & (\omega_n ^ {-(N - 1)}) ^ 1 & \cdots & (\omega_N ^ {-(N - 1)}) ^ {N - 1} \\
\end{bmatrix}
\\
\mathcal {F_F} =
\begin{bmatrix}
(\omega_n ^ 0) ^ 0 & (\omega_n ^ 0) ^ 1 & \cdots & (\omega_n ^ 0) ^ {n - 1} \\
(\omega_n ^ 1) ^ 0 & (\omega_n ^ 1) ^ 1 & \cdots & (\omega_n ^ 1) ^ {n - 1} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
(\omega_n ^ {n - 1}) ^ 0 & (\omega_n ^ {n - 1}) ^ 1 & \cdots & (\omega_n ^ {n - 1}) ^ {n - 1} \\
\end{bmatrix}
\]

可以发现 DFT 和 FFT 基本一致，它们的差别在于：

朴素 FFT 要求 $n$ 是 $2$ 的幂，但 DFT 序列长度可以是任意正整数。
DFT 和 FFT 带入单位根的顺序是相反的。

注意这些细微差别，不要把 DFT 和 FFT 搞混了。

4.3.6 循环卷积

4.4 离散傅里叶逆变换

离散傅里叶逆变换（Inverse Discrete Fourier Transform，IDFT）可以视为单位根处插值的过程。即给出 $n = 2 ^ w$ 个在所有 $n$ 次单位根处的点值 $P_k = (\omega_n ^ k, f(\omega_n ^ k))(0\leq k < n)$，要求还原 $f$ 的各项系数，其中 $f$ 的次数不大于 $n - 1$。

类似地，IDFT 和 IFFT 之间也存在一些差异。想必各位读者根据之前的内容已经可以猜出这种差异是什么了。

4.4.1 范德蒙德方阵逆

考虑范德蒙德方阵

\[\mathcal A = \begin{bmatrix}
x_0 ^ 0 & x_0 ^ 1 & \cdots & x_0 ^ {n - 1} \\
x_1 ^ 0 & x_1 ^ 1 & \cdots & x_1 ^ {n - 1} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
x_{n - 1} ^ 0 & x_{n - 1} ^ 1 & \cdots & x_{n - 1} ^ {n - 1} \\
\end{bmatrix}
\]

这玩意怎么求逆？我们考虑最暴力的方法：拉格朗日插值！

因为范德蒙德方阵可以看成多项式多点求值，根据

\[\begin{bmatrix}
x_0 ^ 0 & x_0 ^ 1 & \cdots & x_0 ^ {n - 1} \\
x_1 ^ 0 & x_1 ^ 1 & \cdots & x_1 ^ {n - 1} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
x_{n - 1} ^ 0 & x_{n - 1} ^ 1 & \cdots & x_{n - 1} ^ {n - 1} \\
\end{bmatrix}
\times
\begin{bmatrix}
a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_{n - 1}
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
f(x_0) \\ f(x_1) \\ \vdots \\ f(x_{n - 1})
\end{bmatrix}
\]

再结合拉格朗日插值公式

\[f(x) = \sum\limits_{i = 0} ^ {n - 1} f(x_i) \prod\limits_{j \neq i} \frac {x - x_j} {x_i - x_j}
\]

可知从 $f(x_j)$ 贡献到 $a_i$ 的系数为 $(\mathcal{A} ^ {-1})_{ij} = [x ^ i] \prod_{k\neq i} \frac {x - x_k} {x_j - x_k}$。

这就是范德蒙德方阵逆当中每个元素的表达式。

4.4.2 算法介绍

很显然，$f$ 在经过快速傅里叶变换后，再进行快速傅里叶逆变换，仍得到 $f$。

因此，只需对快速傅里叶变换的矩阵求逆，即可得到快速傅里叶逆变换的矩阵。

设 $\omega$ 表示 $\omega_n$，则

\[\mathcal F =
\begin{bmatrix}
(\omega ^ 0) ^ 0 & (\omega ^ 0) ^ 1 & \cdots & (\omega ^ 0) ^ {n - 1} \\
(\omega ^ 1) ^ 0 & (\omega ^ 1) ^ 1 & \cdots & (\omega ^ 1) ^ {n - 1} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
(\omega ^ {n - 1}) ^ 0 & (\omega ^ {n - 1}) ^ 1 & \cdots & (\omega ^ {n - 1}) ^ {n - 1} \\
\end{bmatrix}
\]

则 $(\mathcal F ^ {-1})_{ij} = [x ^ i] \prod_{k\neq j} \frac {x - \omega ^ k} {\omega ^ j - \omega ^ k}$。

分子和分母均形如 $g(x) = \frac {\prod_{0\leq k < n} (x - \omega ^ k)} {x - \omega ^ j}$，我们研究该函数的性质。

首先，因为 $\omega ^ k(0\leq k < n)$ 为 $x ^ n - 1 = 0$ 的 $n$ 个互不相同的根，根据因式定理，$\prod_{0\leq k < n} (x - \omega ^ k)$ 就等于 $x ^ n - 1$。感性理解：将 $\prod_{0\leq k < n} (x - \omega ^ k)$ 展开，再应用单位根的 对称性。

模拟短除法 $\frac {x ^ n - 1} {x - \omega ^ j}$，可知

\[g(x) = x ^ {n - 1} + \omega ^ jx ^ {n - 2} + (\omega ^ j) ^ 2x ^ {n - 3} + \cdots + (\omega ^ j) ^ {n - 1} x ^ 0
\]

因此

\[(\mathcal F ^ {-1})_{ij} = \frac {[x ^ i] g(x)} {g(\omega ^ j)} = \frac {(\omega ^ j) ^ {n - 1 - i}} {n(\omega ^ j) ^ {n - 1}} = \frac {(\omega ^ {-j}) ^ {i}\omega ^ {-j}} {n\omega ^ {-j}} = \frac {\omega ^ {-ij}} {n}
\]

这就说明

\[\mathcal F ^ {-1} =
\frac 1 n
\begin{bmatrix}
(\omega ^ {-0}) ^ 0 & (\omega ^ {-0}) ^ 1 & \cdots & (\omega ^ {-0}) ^ {n - 1} \\
(\omega ^ {-1}) ^ 0 & (\omega ^ {-1}) ^ 1 & \cdots & (\omega ^ {-1}) ^ {n - 1} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
(\omega ^ {-(n - 1)}) ^ 0 & (\omega ^ {-(n - 1)}) ^ 1 & \cdots & (\omega ^ {-(n - 1)}) ^ {n - 1} \\
\end{bmatrix}
\]

因此，对一个序列做 IFFT，只需将 FFT 递归公式里面的 $\omega_L ^ k$ 换成 $\omega_L ^ {-k}$，并在最后将所有数除以 $n$ 即可。

这就引出了 IDFT 公式及其对应矩阵：

\[x_n = \frac 1 N \sum_{k = 0} ^ {N - 1} X_k e ^ {\frac {2\pi i} Nkn} = \sum_{k = 0} ^ {N - 1} X_k \omega_N ^ {kn} \\
\mathcal {F_D} ^ {-1} =
\frac 1 N
\begin{bmatrix}
(\omega_N ^ 0) ^ 0 & (\omega_N ^ 0) ^ 1 & \cdots & (\omega_N ^ 0) ^ {N - 1} \\
(\omega_N ^ 1) ^ 0 & (\omega_N ^ 1) ^ 1 & \cdots & (\omega_N ^ 1) ^ {N - 1} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
(\omega_N ^ {N - 1}) ^ 0 & (\omega_N ^ {N - 1}) ^ 1 & \cdots & (\omega_N ^ {N - 1}) ^ {N - 1} \\
\end{bmatrix}
\]

4.5 快速多项式乘法

通过 FFT 和 IFFT，我们可以在 $\mathcal{O}(n\log n)$ 的时间内实现 $n - 1$ 次多项式在系数表示法和点值表示法之间的转换。

计算两个次数分别为 $n - 1$ 和 $m - 1$ 的多项式 $a, b$ 相乘，设结果为 $c$，则 $c$ 是 $n + m - 2$ 次多项式，我们需要 $n + m - 1$ 个点值才能确定它。根据点值的性质，首先找到不小于 $n + m - 1$ 的最小的 $2$ 的幂 $L$，对系数表示法的 $a, b$ 分别做长度为 $L$ 的 FFT，将对应点值相乘得到 $\hat c$，再对 $\hat c$ 做 IFFT 还原 $c$。

首先我们需要实现一个复数类，它支持复数的加减乘运算。也可以使用 C++ 自带复数类 std::complex<T>，用法见 CPP reference。

FFT 和 IFFT 大体上一致，只有一些细小差别。我们可以类似实现 FWT 和 IFWT 那样，用同一个函数实现它们，并用一个参数区别。

等式 $\omega_n = \cos(\frac {2\pi} {n}) + i\sin(\frac {2\pi} {n})$ 帮助我们求出 $n$ 次单位根。

注意浮点数的精度。当多项式系数的绝对值较大时，需使用 long double 甚至 5.2 小节的任意模数卷积。

模板题 P3803 代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

constexpr int N = 1 << 21;

constexpr double pi = acos(-1);

struct comp {

  double a, b; // a + bi

  comp operator + (const comp &x) const {return {a + x.a, b + x.b};}

  comp operator - (const comp &x) const {return {a - x.a, b - x.b};}

  comp operator * (const comp &x) const {return {a * x.a - b * x.b, a * x.b + b * x.a};}

} f[N], g[N], h[N];

int n, m, r[N];

void FFT(int L, comp *f, bool type) { // L 表示长度, type = 1 表示 FFT, type = 0 表示 IFFT

  for(int i = 1; i < L; i++) {

    r[i] = (r[i >> 1] >> 1) + (i & 1 ? L >> 1 : 0);

    if(i < r[i]) swap(f[i], f[r[i]]);

  }

  for(int d = 1; d < L; d <<= 1) {

    comp wd = {cos(pi / d), sin(pi / d)}; // 2d 次单位根

    if(!type) wd.b = -wd.b; // IFFT 单位根取倒数, 相当于沿 x 轴对称

    static comp w[N];

    w[0] = {1, 0};

    for(int j = 1; j < d; j++) w[j] = w[j - 1] * wd; // 用数组记录 0 ~ d-1 次单位根, 减少复数乘法次数

    for(int i = 0; i < L; i += d << 1) {

      for(int j = 0; j < d; j++) {

        comp x = f[i | j], y = w[j] * f[i | j | d];

        f[i | j] = x + y, f[i | j | d] = x - y;

      }

    }

  }

  if(!type) for(int i = 0; i < L; i++) f[i].a /= L; // IFFT 时所有数要除以长度 L, 我们只用到了实部所以只需将实部除以 L

}

int main() {

  cin >> n >> m;

  for(int i = 0; i <= n; i++) cin >> f[i].a;

  for(int i = 0; i <= m; i++) cin >> g[i].a;

  int L = 1;

  while(L <= n + m) L <<= 1;

  FFT(L, f, 1), FFT(L, g, 1);

  for(int i = 0; i < L; i++) h[i] = f[i] * g[i];

  FFT(L, h, 0);

  for(int i = 0; i <= n + m; i++) cout << (int) (h[i].a + 0.5) << (i < n + m ? ' ' : '\n');

  return 0;

}

4.6 快速数论变换

前置知识：原根和阶。

我们将 DFT 的数值范围从复数域推广至任意存在 $n$ 次单位根 $\alpha$ 的环 $R$，其中 $\alpha$ 满足 $\alpha ^ k(0\leq k < n)$ 互不相同，对 $x_0, x_1, \cdots, x_{n - 1}$ DFT 得 $X_0, X_1, \cdots, X_{n - 1}$，则

\[X_i = \sum_{j = 0} ^ {n - 1} x_j \alpha ^ {ij}
\]

也可以视作 $X_i = f(\alpha ^ i)$，其中 $f(t) = \sum_{j = 0} ^ {n - 1} x_j t ^ j$。

类似可知 IDFT

\[x_j = \frac 1 n \sum_{i = 0} ^ {n - 1} X_i \alpha ^ {-ij}
\]

即 DFT 和 IDFT 对序列进行的变换的本质抽象。

4.6.1 算法介绍

快速数论变换即在模 $p$ 意义下的整数域 $F = \mathbb Z / p$ 进行的快速傅里叶变换。

设变换长度为 $n$，则需存在 $n$ 次单位根 $a$ 满足 $\delta_p(a) = n$。大部分题目的模数 $p$ 满足：

$p$ 为质数。
$2 ^ k\mid p - 1$，其中 $2 ^ k$ 不小于最大的可能的 NTT 长度。

第一条性质保证 $p$ 存在原根 $g$ 且 $n$ 可逆，第二条性质保证存在 $n$ 次单位根。注意它不是充要条件，只是充分条件。

根据原根的性质，$\delta_p(g) = p - 1$，即 $g$ 的 $0\sim p - 2$ 次幂互不相同，则 $g$ 在 $F$ 上的性质和复数域上 $p - 1$ 次单位根的性质完全一致：$g ^ k(0\leq k < p - 1)$ 和 $\omega_{p - 1} ^ k(0\leq k < p - 1)$ 形成的域是同构的，$g ^ k$ 等价于 $\omega_{p - 1} ^ k$。

因此，$q = g ^ {\frac {p - 1} {n}}$ 等价于 $\omega_{p - 1} ^ {\frac {p - 1} n}$ 即 $\omega_n$，它的 $0\sim n - 1$ 次幂互不相同，即 $\delta_p(q) = n$，也可以通过阶的性质 $\delta_p(g ^ k) = \frac {\delta_p(g)} {\gcd(\delta_p(g), k)}$ 说明。

常见 NTT 模数有：

$998244353 = 7\times 17 \times 2 ^ {23} + 1$，有原根 $3$。它可以用来做长度不超过 $2 ^ {23}$ 的 NTT，也是最常见的模数。
$1004535809 = 479 \times 2 ^ {21} + 1$，有原根 $3$。
$469762049 = 7 \times 2 ^ {26} + 1$，有原根 $3$。

如果不是常见模数，我们需要检验 $p$ 是否为形如 $q2 ^ k + 1$ 的质数，$2 ^ k$ 是否足够大，再运用原根相关的知识枚举并判定找到任意一个原根，就可以做 NTT 了。

注意以上只是模数 $p$ 可 NTT 的充分条件，它的更弱的条件是存在 $\delta_{p}(a) = n$ 和 $n ^ {-1}$。如果 NTT 是正解的一部分，那么一个合格的出题人应将 $p$ 设为常见模数，因为模数不是考察重点。

4.6.2 代码实现

朴素 NTT 已经比 FFT 快了不少，因为复数运算很耗时。

接下来加入一些常数优化：

预处理 $2d$ 次单位根的 $0\sim d - 1$ 次幂，这样对每个 $i$ 枚举 $j$ 的时候就不需要重复计算单位根的幂。
用 unsigned long long 和 $16$ 次模一次的技巧，减少取模次数。类似技巧也用于优化矩阵乘法。

综上，写出如下代码（依然是模板题）：尽管题目没有要求取模，但可视为在模 $p$ 意义下进行多项式乘法，其中 $p$ 大于答案的每一项。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ull = unsigned long long;

constexpr int N = 1 << 21;

constexpr int mod = 998244353;

constexpr int ivg = (mod + 1) / 3;

int ksm(int a, int b) {

  int s = 1;

  while(b) {

    if(b & 1) s = 1ll * s * a % mod;

    a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;

  }

  return s;

}

int n, m, r[N], f[N], g[N], h[N];

void FFT(int L, int *a, bool type) {

  static ull f[N], w[N];

  for(int i = 0; i < L; i++) f[i] = a[r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | (i & 1 ? L >> 1 : 0)];

  for(int d = 1; d < L; d <<= 1) {

    int wd = ksm(type ? 3 : ivg, (mod - 1) / (d + d));

    for(int j = w[0] = 1; j < d; j++) w[j] = 1ll * w[j - 1] * wd % mod;

    for(int i = 0; i < L; i += d << 1) {

      for(int j = 0; j < d; j++) {

        int y = w[j] * f[i | j | d] % mod;

        f[i | j | d] = f[i | j] + mod - y, f[i | j] += y;

      }

    }

    if(d == (1 << 16)) for(int p = 0; p < L; p++) f[p] %= mod;

  }

  int inv = ksm(L, mod - 2);

  for(int i = 0; i < L; i++) a[i] = f[i] % mod * (type ? 1 : inv) % mod;

}

int main() {

  cin >> n >> m;

  for(int i = 0; i <= n; i++) cin >> f[i];

  for(int i = 0; i <= m; i++) cin >> g[i];

  int L = 1;

  while(L <= n + m) L <<= 1;

  FFT(L, f, 1), FFT(L, g, 1);

  for(int i = 0; i < L; i++) h[i] = 1ll * f[i] * g[i] % mod;

  FFT(L, h, 0);

  for(int i = 0; i <= n + m; i++) cout << h[i] << (i < n + m ? ' ' : '\n');

  return 0;

}

5. 应用与技巧

FFT 和 NTT 是所有快速多项式操作的基础。

设多项式 $f$ DFT 得到 $\hat f$，也记为 $\operatorname {DFT}(f)$。可以发现，DFT 是线性变换，因此它具有 线性性，这是它最重要且最常用的一个性质：

$c \operatorname {DFT}(f) + d \operatorname {DFT}(g) = \operatorname {DFT} (cf + dg)$。

5.1 常数优化

在分析变换次数的时候，一般不区分 DFT 和 IDFT。

5.1.1 三次变两次优化

计算两 实系数 多项式 $f, g$ 相乘。

根据 $(a + bi) ^ 2 = (a ^ 2 - b ^ 2) + 2abi$，将 $f + gi$ 平方后取出虚部再除以 $2$ 即可。

这样，三次 DFT 变成了两次 DFT，对常数有显著优化。代码。

这个优化被接下来稍复杂的技巧完全包含，它们的核心思想都是利用实系数的性质。

5.1.2 合并两次实系数 DFT

同时计算两 实系数 多项式 $f, g$ 的 DFT。

类似地，我们设 $u = f + ig$，$v = f - ig$。先求出 $u$ 的 DFT $\hat u$，考虑能否利用 $\hat u$ 直接求出 $\hat v$。

在给出做法之前，我们还要引入一些复数相关的概念：

定义：对于两个复数 $z_1$ 和 $z_2$，若它们实部相等，虚部互为相反数，则称 $z_1, z_2$ 互为 共轭复数。$z_2$ 是 $z_1$ 的共轭，$z_1$ 是 $z_2$ 的共轭。
表示：复数 $z$ 的共轭记作 $\overline {z}$ 或 $\operatorname {conj}(z)$。
运算性质：两个共轭复数的辐角互为相反数，即 $\arg z_1 = -\arg z_2$。根据棣莫弗定理，可知 复数积的共轭，等于它们共轭的积。这样理解：求共轭相当于把整个复平面沿 $x$ 轴翻转，求积再翻转等价于翻转再求积。
易知复数和的共轭等于它们共轭的和，且一个复数的共轭的共轭等于它本身。

首先，$v(\omega_n ^ k) = \sum_{i = 0} ^ {n - 1} v_i(\omega_n ^ k) ^ i$。为了让它和 $u$ 产生联系，因为 $f, g$ 为实系数多项式，所以 $u$ 和 $v$ 的各项系数互为共轭，我们对整个结果求两次共轭，并将一次共轭根据共轭的性质下放至 $v_i$ 和 $\omega_n ^ k$。

\[\begin{aligned}
\hat v_k
& = v(\omega_n ^ k) \\
& = \sum_{i = 0} ^ {n - 1} v_i(\omega_n ^ k) ^ i \\
& = \operatorname {conj} \left( \operatorname {conj} \left(\sum_{i = 0} ^ {n - 1} v_i(\omega_n ^ k) ^ i \right) \right) \\
& = \operatorname {conj} \left( \sum_{i = 0} ^ {n - 1} \operatorname {conj}(v_i(\omega_n ^ k) ^ i) \right) \\
& = \operatorname {conj} \left( \sum_{i = 0} ^ {n - 1} \operatorname {conj}(v_i)\operatorname {conj}(\omega_n ^ k) ^ i \right) \\
& = \operatorname {conj} \left( \sum_{i = 0} ^ {n - 1} \operatorname {conj}(v_i)\operatorname {conj}(\omega_n ^ k) ^ i \right) \\
& = \operatorname {conj} \left( \sum_{i = 0} ^ {n - 1} u_i (\omega_n ^ {n - k}) ^ i \right) \\
& =
\begin{cases}
\operatorname {conj} (\hat u ^ {n - k}) & (1\leq k < n) \\
\operatorname {conj} (\hat u_0) & (k = 0)
\end{cases}
\end{aligned}
\]

求得 $\hat v$ 之后，因为 $\hat u = \hat f + i\hat g$，$\hat v = \hat f - i\hat g$，所以 $\hat f = \frac {\hat u + \hat v} {2}$，$\hat g = \frac {\hat u - \hat v} {2i} = \frac {(\hat v - \hat u)i} {2}$。

5.1.3 合并两次实系数 IDFT

这里实系数指 IDFT 后的各项系数为实数。如果是 IDFT 前的各项系数为实数，直接使用上一小节的技巧即可。

设需要 IDFT 的两个多项式为 $\hat f$ 和 $\hat g$。计算 $\operatorname {IDFT}(\hat f)$，各项系数均为实数，虚部信息被浪费了。考虑计算 $\operatorname {IDFT}(\hat f + i\hat g)$，则各项系数的实部即 $f$ 的系数，虚部即 $g$ 的系数。

5.2 任意模数卷积

给定两多项式 $f, g$，在系数模 $p$ 意义下求出它们的卷积 $h = f * g$。

若 $p$ 不是 NTT 模数，我们不能朴素地使用 FFT 求解该问题，因为 $h$ 的系数可达 $n p ^ 2$。取 $n = 10 ^ 6$，$p = 10 ^ 9$，则 $np ^ 2 = 10 ^ {24}$，long double 也无法接受。

接下来介绍两种常见的解决该问题的方法。它们也被称为 MTT（非正式），得名于毛啸 2016 年的集训队论文。

5.2.1 拆系数 FFT

设 $B = \sqrt p$，将所有系数表示为 $kB + r(0\leq r < B)$ 的形式，得到四个多项式 $f = f_0B + f_1$，$g = g_0B + g_1$，计算它们两两相乘的结果，则 $fg = (f_0g_0) B ^ 2 + (f_0g_1 + f_1g_0)B + f_1g_1$。

显然有一个四次 DFT 和三次 IDFT 的朴素做法：对 $f_0, f_1, g_0, g_1$ 进行 DFT，$\hat f_0\cdot \hat g_0, \hat f_0\cdot \hat g_1 + \hat f_1\cdot \hat g_0, \hat f_1 \cdot \hat g_1$ 进行 IDFT。

使用 6.1.2 和 6.1.3 的技巧，可以做到两次 DFT 和两次 IDFT。系数值域 $nB ^ 2 = np = 10 ^ {15}$，勉强可以接受。

模板题 P4245 任意模数多项式乘法的代码。注意用 long double，double 会被卡精度，或者换一种精度较高的 FFT 写法。

5.2.2 三模数 NTT

前置知识：（扩展）中国剩余定理。

选取三个常用 NTT 模数，分别算出 $f * g$ 在这些模数下的结果，再使用中国剩余定理合并即可。

我们选择 $p_1 = 998244353$，$p_2 = 1004535809$ 和 $p_3 = 469762049$，设结果分别为 $h_1, h_2, h_3$。

如果使用 CRT，则需要 __int128，因为 $h$ 的真实值为

\[(h_1p_2p_3\times \mathrm{inv}(p_2p_3, p_1) + h_2p_1p_3\times \mathrm{inv}(p_1p_3, p_2) + h_3p_1p_2\times \mathrm{inv}(p_1p_2, p_3)) \bmod (p_1p_2p_3)
\]

使用 exCET 就不需要 __int128：

合并 $h\equiv h_1\pmod {p_1}$ 和 $h\equiv h_2\pmod {p_2}$。设 $h = h_1 + yp_1$，则 $h_1 + yp_1 \equiv h_2\pmod {p_2}$，解得 $y\in [0, p_2)$ 之后得到 $h \equiv h_1 + yp_1 \pmod {p_1p_2}$，记作 $h\equiv x\pmod {p_1p_2}$。
合并 $h \equiv x\pmod {p_1p_2}$ 和 $h\equiv h_3 \pmod {p_3}$。设 $h = x + yp_1p_2$，类似解得 $y\in [0, p_3)$，得到 $h \equiv x + yp_1p_2\pmod {p_1p_2p_3}$。因为 $x + yp_1p_2 < p_1p_2p_3$，所以它就是真实值，可以直接取模。

效率比拆系数 FFT 低不少，因为进行了九次 DFT。代码。

5.3 分治 NTT

前置知识：CDQ 分治。

分治 NTT 在信息竞赛界应用广泛，这归功于他所解决的问题：形如 $f_i = \sum_{j = 0} ^ {i - 1} f_j g_{i - j}$ 的 半在线卷积。

5.3.1 算法介绍

形如给定 $g_1\sim g_{n - 1}$ 和 $f_0$，求 $f_1\sim f_{n - 1}$ 满足 $f_i = \sum_{j = 0} ^ {i - 1} f_j g_{i - j}$ 的问题被称为 半在线卷积。因为 $f_i$ 很大，一般会对 NTT 模数 $p$ 取模。

我们不能通过简单的 NTT 解决这个问题，因为 $f$ 的每一项均和之前项有关，这要求我们在尝试计算 $f_i$ 时必须已经求出 $f_0\sim f_{i - 1}$，而 NTT 做不到这一点。或者说，它们解决的问题形式不同。

这是一个在线的问题，考虑使用 CDQ 分治 转化为静态问题。

设当前分治区间为 $[l, r]$，其中 $f_0 \sim f_{l - 1}$ 对 $f_l\sim f_r$ 的贡献已经计算完毕。
若 $l = r$，说明已经求出 $f_l$，返回。
否则，令 $m = \lfloor \frac {l + r} 2\rfloor$，先向左递归 $[l, m]$ 求解 $f_l\sim f_m$。
为了求解 $f_{m + 1}\sim f_r$，我们需要计算 $f_l\sim f_m$ 对它们的贡献：$f_i = \sum_{j = l} ^ m f_j g_{i - j}$。因为 $f_l\sim f_m$ 已知，所以总的贡献相当于两个已知的多项式相乘的结果。具体地，令 $f'_j = f_{j + l}(0\leq j \leq m - l)$，计算 $h = f' * g$，则 $f_i$ 受到 $h_{i - l}$ 的贡献。
向右递归 $[m + 1, r]$ 求解 $f_{m + 1}\sim f_r$。

因为 $f, g$ 的长度均不超过区间长度，所以时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log ^ 2 n)$。

模板题 P4721 分治 FFT 代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

using ull = unsigned long long;

constexpr int N = 1 << 17;

constexpr int mod = 998244353;

void add(int &x, int y) {x += y, x >= mod && (x -= mod);}

int ksm(int a, int b) {

  int s = 1;

  while(b) {

    if(b & 1) s = 1ll * s * a % mod;

    a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;

  }

  return s;

}

int n, f[N], g[N];

void solve(int l, int r) {

  if(l == r) return;

  int m = l + r >> 1, L = 1;

  solve(l, m);

  while(L < r - l + 1) L <<= 1;

  static int a[N], b[N], c[N];

  memset(a, 0, L << 2);

  memcpy(a, f + l, m - l + 1 << 2);

  memcpy(b, g, L << 2);

  NTT(L, a, 1), NTT(L, b, 1);

  for(int i = 0; i < L; i++) c[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;

  NTT(L, c, 0);

  for(int i = m + 1; i <= r; i++) add(f[i], c[i - l]);

  solve(m + 1, r);

}

int main() {

  cin >> n;

  for(int i = 1; i < n; i++) scanf("%d", &g[i]);

  f[0] = 1, solve(0, n - 1);

  for(int i = 0; i < n; i++) printf("%d%c", f[i], i + 1 < n ? ' ' : '\n');

  return 0;

}

5.3.2 阶梯网格路径计数

阶梯网格路径计数是一类可以使用分治 NTT 解决的经典问题。

给定 $n + 1$ 列 $m + 1$ 行的网格图，左下角和右上角分别记为 $(0, 0)$ 和 $(n, m)$。从 $(0, 0)$ 出发，每次只能向右或向上走，求走到 $(n, m)$ 的方案数。让我们回忆：方案数为 $\binom {n + m} n$。

当然，问题没有这么简单。我们限制第 $i$ 列不能走到行数大于 $c_i$ 的点，其中 $c_i$ 单调不降，且 $c_n = m$。换言之，求出在一个阶梯网格从左下角走到右上角的方案数。

显然有 $\mathcal{O}(nm)$ 的动态规划：设 $f_{i, j}$ 表示走到 $(i, j)$ 的方案数，则 $f_{i, j}$ 转移至 $f_{i + 1, j}$ 和 $f_{i, j + 1}$。

考虑一段 $c_i$ 相同的极长区间 $[l, r](l < r)$ 从 $f_{l, j_1}$ 转移到 $f_{r, j_2}$ 的贡献系数：为防止重复计数，从 $(l, j_1)$ 出发的第一步应当向右，因此有系数 $\binom {(r - l - 1) + (j_2 - j_1)} {r - l - 1}$。设 $g_i$ 表示 $\binom {r - l - 1 + i} {i}$，则 $f_{l, j_1} g_i\to f_{r, j_1 + i}$，为卷积形式。

在不受 $c_i$ 影响的时候，我们确实可以这样做。但是对于每个 $i$，它内层的所有 $j$ 之间也有转移，这让我们不方便借助分治和卷积加快整个过程。考虑进行一些等价转换便于分层。

稍作思考，设 $f_{k, j}$ 表示走到 $(i, j)$ 其中 $i + j = k$ 的方案数，则 $f_{k, j}$ 转移至 $f_{k + 1, j}$ 和 $f_{k + 1, j + 1}$。

进一步地，为了避免在 $k > n$ 时受到 $j\geq k - n$ 的限制，考虑从 $(n, 0)$ 开始沿左上方向把整个阶梯网格劈成两半，分别计算从 $(0, 0)$ 和 $(n, m)$ 到斜对角线上的点（$i + j = n$）的方案数，而这两个问题是对称的。

综合上述分析，我们将问题转化为：从 $(0, 0)$ 出发，每次可以向右或右上走一步，求走到最右侧一列每个点的方案数。其中，在第 $i$ 列不能走到行数大于 $c_i$ 的点。这个 $c_i$ 可通过原问题的 $c_i$ 进行简单转化得到，且容易证明其仍不降且满足很好的性质：$c_{i + 1} - c_i \leq 1$。

因此，从 $f_l$ 推到 $f_r$ 的时候，我们会发现对于 $j\leq c_r - (r - l)$，设不等号右侧的数为 $x$，$f_{l, j}$ 对 $f_r$ 的贡献不会受到 $c$ 的影响：因为 $c_{i + 1} - c_i\leq 1$，所以从 $(l, j)$ 开始，就算每一步都往右上走，也不会突破限制。这样，$f_{l, 0}\sim f_{l, x}$ 对 $f_r$ 的贡献可直接卷积计算。对于 $f_{l, x + 1}\sim f_{l, c_l}$，分治下放至左右子区间 $(l, m]$ 和 $(m, r]$ 进行递归。

有了大致思路，设计算法就很简单了：设 $\mathrm{solve}(l, r, \Delta, F)$ 表示当前区间为 $(l, r]$，传入多项式 $F$ 的第 $i$ 项表示 $f_{l, i + \Delta}$，返回多项式 $G$ 的第 $i$ 项表示 $f_{r, i + \Delta}$。也可视作暂时将 $c_l\sim c_r$ 全部减去 $\Delta$，传入 $f_l = F$，返回 $G = f_r$，接下来就使用这种视角。

对于 $j \leq c_r - (r - l)$，设不等号右侧的数为 $x$，$F_0\sim F_x$ 和 $H_0\sim H_{r - l}$ 卷积求出 $F_0\sim F_x$ 转移得到的 $G_0\sim G_{c_r}$，其中 $H_i$ 即转移系数 $\binom {r - l} i$。

对于 $j > x$，分治下放：设 $F' = F_{x + 1}\sim F_{c_l}$，$mid = \lfloor \frac {l + r} {2} \rfloor$，则先递归左半部分 $F'\gets \mathrm{solve}(l, mid, \Delta + x + 1, F')$，再递归右半部分 $F'\gets \mathrm{solve}(mid, r, \Delta + x + 1, F')$，则此时 $F'$ 表示从 $F_{x + 1}\sim F_{c_l}$ 转移得到的 $G_{x + 1}\sim G_{c_r}$。

两部分相加即得 $G$，返回即可。

边界 $r - l = 1$ 的处理是平凡的。

两次下传 $F'$ 时，$F'$ 的长度显然不超过 $c_r - x = r - l$，因此在处理区间 $(l, r]$ 时涉及到的所有多项式的长度均不超过其父区间长度。设 $n, m$ 同级，则时间复杂度为 $\mathcal{O}(n\log ^ 2 n)$。

接下来对问题进行一些扩展：

如果没有 $c_{i + 1} - c_i\leq 1$ 的性质，但 $c_i$ 单调不降，还能做吗？答案是可以，只需将 $x$ 的定义改为 $c_l - (r - l)$，此时 $(l, r]$ 涉及到的多项式长度不超过父区间的长度加上端点处 $c$ 的差值，可以接受。

5.4 例题

CF1770G Koxia and Bracket

相比于 F，这道题就略显套路了。

将左括号视为 $1$，右括号视为 $-1$，找到最后一个使得前缀和小于 $0$ 的位置 $lst$，则 $s_1\sim s_{lst}$ 的每个左括号都有用，必然不会删去。同理，$s_{lst + 1}\sim s_n$ 的每个右括号也都有用。

对于 $s_1\sim s_{lst}$ 的每个右括号 $s_i$，如果它对应的前缀和为 $c_i$，则为保证前缀和非负，在 $s_1\sim s_i$ 中至少需要删掉 $-c_i$ 个右括号。我们只关心 $-c_i$ 的前缀最大值，因为若这些位置满足条件，则所有位置满足条件，而每个前缀最大值一定会比先前的前缀最大值大 $1$，所以我们将问题转化为：给定长为 $m$ 的序列，其中有 $c$ 个位置被打上了标记，求出选择 $c$ 个位置的方案数，使得对于每个前缀，选择的位置数不小于被打上标记的位置数。

设 $f_{i, j}$ 表示考虑到第 $i$ 个位置，当前选择位置数减去打标记位置数的数量为 $j$。对于没有被打标记的位置 $p$，$f_{p - 1, j}$ 转移到 $f_{p, j / j + 1}$，否则转移到 $f_{p, j - 1 / j}$。

非常明显的阶梯格路计数问题，稍有变形，不过解法大差不差，核心思想是一致的：考虑 $f_l$ 转移到 $f_r$，用卷积描述一部分转移，剩下来 $\mathcal{O}(r - l)$ 个位置分别递归两侧处理。

对于本题，就是 $f_{l, j}(j\geq cnt)$ 对 $f_r$ 的贡献用卷积描述，其中 $cnt$ 表示 $l + 1\sim r$ 的被打上标记的位置。剩余部分递归，长度只有 $cnt$，而且因为截取的是低位，我们甚至不需要记录偏移量 $\Delta$。

$r - l = 1$ 的边界情况是平凡的。

$s_{lst + 1}\sim s_n$ 的左括号类似处理即可。

每个分治区间涉及到的多项式长度不超过其父区间长度，因此时间复杂度为 $\mathcal{O}(n\log ^ 2n)$。代码。

参考资料

第一章：

复数 - OI Wiki。
复数 - 百度百科。
[Video] 虚数的来源 - Veritasium。
[Video] 【官方双语】微分方程概论 - 第五章：在 3.14 分钟内理解 $e ^ {i\pi}$ - 3Blue1Brown。

第二章：

第四章：

第五章：

P3803 题解 - NaCly_Fish。
2016 集训队论文《再探快速傅里叶变换》—— 毛啸。