[FFT] 快速傅里叶变换学习笔记

-1、为什么学 FFT

退役（很早）之前听说 FFT 很神（e）奇（xin），Po姐来讲的时候也是膜（sha）了（ye）一（bu）发（dong），于是就放那里了。退役之后有（xian）了（de）时（mei）间（shi），并且在篮球赛之前立了赢一场的 flag 否则学FFT结果又双叒叕全输了，于是下面就是成果了……网上 FFT 讲解多得是不看也罢……

0、什么是 FFT？为什么 FFT？

0.1、为什么 FFT？

从一个简单问题说起：大整数乘法。在做 VijosP2000 的时候，看数据范围 $O(n^2)$ 有点卡常？在做 HDOJ1402 的时候 $O(n^2)$ 接着卡常？大整数乘法的时间复杂度只能是 $O(n^2)$ 了？不是的。从算法优化上可以实现为 $O(n^{{\log }_{2}3})$的方法（${\log }_{2}3\approx 1.585$，此方法为 Karatsuba 乘法，详解看这里），还是不太友好。那么就会用到 $O(n{\log }_{2}n)$ 的 FFT 了。

0.2、什么是 FFT？

FFT（Fast Fourier Transform），全名快速傅里叶变换，这与傅里叶变换只有半毛钱的关系，傅里叶变换是分析波的成分的方法，通过推广傅里叶变换得到了优化的快速傅里叶变换，为了展示区别和联系，下面是傅里叶变换和傅里叶逆变换的公式：
傅里叶变换：
$$F(\omega )=\mathcal{F}[f(t)]=\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}f(t)e^{-i\omega t}dt$$

傅里叶逆变换：

$$f(t)={\mathcal{F}}^{-1}[F(\omega )]=\frac{1}{2\pi }\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}F(\omega )e^{i\omega t}d\omega$$

其中 $f(t)$ 为以 $t$ 为周期的周期函数，$t$ 满足狄利赫里条件，$F(\omega )$ 称为 $f(t)$ 的像函数，$f(t)$ 称为 $F(\omega )$ 的原像函数。具体问题请参考《高等数学》，博主还是高中生……（高中高等数学233333）
然后，我们终于可以开始讲 FFT 了…

1 、（初中知识）多项式

1.1、定义

我们把形如 $a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_{n-1}{x}^{n-1}$ 的式子叫做多项式，其中 $a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1}$ 称为多项式的系数，多项式中单项式个数为多项式的项数。因为多项式由单项式组成，规定最高次项的次数叫做多项式的次数，这里 $A(x)$ 的次数为 $n-1$。$x$ 为未知数。
以上内容均为初二（我记得是）的内容，不明白的自觉面壁思过（初中数学老师：这个定义抄 $10$ 遍给我）……
下面就是没学过的了：
为方便表示，我们记多项式 $a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_{n-1}{x}^{n-1}$ 为 $A(x)$，即：

$$A(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i$$

我们规定：严格大于 $n$ 的任意整数为这个多项式的次数界，即次数的范围。多项式中任意单项式次数均严格小于次数界。
哦，行……
下面无特殊说明，多项式均用 $A(x)$ 等类似形式表示。

1.2、多项式的两种表示法

1.2.1、系数表示法

我们知道，向量是个好东西（蛤？），矩阵也是个好东西（蛤？），于是我们把三者结合起来看（蛤玩意？）。
我们将 $n-1$ 次多项式的系数看成 $n$ 维向量，即 $a=(a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1})$，则称 $a$ 为多项式 $A(x)$ 的系数表示。
在选修 4-2 中，我们知道向量与矩阵有着密切联系，这就是为什么我们把多项式，向量和矩阵联系起来。（然而我们并没选 4-2 蛤蛤蛤）
于是这个 $n$ 维向量可以表示为一个 $n$ 维列向量，为：
$$\left[\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ ⋮\\ a_{n-1}\end{array}\right]$$

1.2.2、点值表示法

我们把多项式 $A(x)$ 看做一个函数，选取不同的 $n$ 个值 $x_0,x_1,\cdots ,x_{n-1}$ 代入 $A(x)$ 中，可以得到 $A(x)$ 的图像上 $n$ 个不同的点，那么称点集 $\alpha =\{(x_i,A(x_i))\mid i\in [0,n-1],i\in \mathbb{Z}\}$ 为多项式 $A(x)$ 的点值表示。
到这里，是不是差不多忘了要干什么了……

1.3、多项式的运算

1.3.1、多项式求值

这个比较简单，拿题说。这是我还没出也不想出的一道题，拿出来娱乐一下……
题目描述 Description

都知道 FZ 酱数学不好，数学老师很着急，于是让她求个多项式的值。但是数学老师一不小心数据就出大了，他却并没有注意到这一点。老师共出了 $T$ 道题，FZ 酱拿到了这 $T$ 道题就崩溃了，请帮她尽快完成作业。

输入 Input

第一行一个整数 $T$，表示数据组数。
对于每组数据：
第一行有一个数 $n$ 表示这个多项式的次数界；
第二行有 $n$ 个整数 $a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1}$，表示多项式$\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i$；
第三行，为未知数的值 $x$。

输出 Output

对于每组数据，输出一行，为答案。

样例输入 Sample Input

2
2
3 2
100
3
1 2 3
-9

样例输出 Sample Output

203
226

样例解释 Explanation

对于第一个多项式为 $A(x)=2x+3$，代入后得 $A(100)=2\times 100+3=203$；
对于第二个多项式为 $A(x)=3x^2+2x+1$，代入后得 $A(-9)=226$。

限制 Limits

对于 $50\%$ 的数据，答案在 $[0,2^{128}-1]$ 范围内；
对于 $100\%$ 的数据，$T\le 2$，$n\le 10^5$，保证输入均为绝对值不大于 $2^{31}-1$ 的整数并且答案小于 $3\times 10^6$ 位。

那么很好我们必须写高精度了……
$2^{128}-1\approx 3.4\times 10^{38}$，这里的 $50\%$ 数据是给不想写高精度的童鞋写 __int128 准备的（__int128 的范围是 $[0,2^{128}-1]$）。于是我们就有这样三种的方法。
记数字长度为 $p$。

1.3.1.1、方法一：$O(p{n}^2)\to 50\text{pts}$

暴力不会吗？
核心代码如下：

1.3.1.2、方法二：$O(p^{2}n\log n)\to [50,80]\text{pts}$

这里挨个乘太慢了，快速幂处理会快一些。
（其实不一定会快多少）
核心代码如下：

1.3.1.3、方法三：$O(p^{2}n)\to 100\text{pts}$

学过必修三吗？
学过必修三还不会？
拿出数学必修三翻到 37 页你看到了什么？
秦九韶算法可以大量减少乘法和加法次数，并且把运算量简化为 $O(n)$ 的。
核心代码如下：

当然，还可以处理前缀积，也是 $O(n)$ 的。
核心代码如下：

不过没上面的优雅不是吗……（呵呵）
回到正题上，我们要谈的其实是……

1.3.2、多项式的加法和乘法

1.3.2.1、多项式加法

没啥难度，直接加即可：
$$\begin{array}{rl}C(x)& =A(x)+B(x)\\ & =\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i+\sum _{j=0}^{n-1}{b}_j{x}^j\\ & =\sum _{i=0}^{n-1}(a_i+b_i)x^i\\ & =\sum _{i=0}^{n-1}{c}_i{x}^i\end{array}$$
这个操作可以 $O(n)$ 完成。

1.3.2.2、多项式乘法

这就是个开括号的问题……
两个次数界为 $n_a,n_b$ 的多项式 $A(x),B(x)$ 相乘，得到的多项式 $C(x)$ 的次数界为 $n_a+n_b-1$。
我们把不足的次数用系数 $0$ 补充，变成两个齐次多项式。
考虑怎样的两项乘完后，结果的幂指数为同一个。即 $a_i{x}^i\times b_j{x}^j=c_k{x}^k$，$i,j$ 怎样取值才能使 $k$ 为定值。显然 $k=i+j$。
那么乘完之后，$C(x)$ 就可以知道了。
$$\begin{array}{rl}C(x)& =\sum _{i=0}^{2n-2}(\sum _{j=0}^i{a}_j{b}_{i-j})x^i\\ & =\sum _{i=0}^{2n-2}{c}_i{x}^i\end{array}$$
我们把中间的那个加法，即 $c_i=\sum _{j=0}^i{a}_j{b}_{i-j}$ 叫做卷积。
这样，朴素算法时间复杂度为 $O(n^2)$，显然不是太好。
但是点值表达式的表示就很好了，直接乘起来就好了嘛！即：
设 $A(x)$ 的点值表示为 $\alpha =\{(x_i,A(x_i))\mid i\in [0,n-1],i\in \mathbb{Z}\}$，设 $B(x)$ 的点值表示为 $\beta =\{(x_i,B(x_i))\mid i\in [0,n-1],i\in \mathbb{Z}\}$，然后就能得到 $C(x)$ 的点值表示为：$\gamma =\{(x_i,A(x_i)B(x_i))\mid i\in [0,n-1],i\in \mathbb{Z}\}$，但是这里只是两多项式的积。并不是真正的点值表示，不过也够用了。

1.4、插值-点值转换

就要接近重点了同志们加油！
先定义两个运算：
1、定义一种运算，可以将系数表示转化为点值表示，记为 $\text{DFT}(A(x))=\alpha$；
2、定义其逆运算，即从一个多项式的点值表示确定其系数表示为插值。记为 ${\text{DFT}}^{-1}(\alpha )=\text{IDFT}(\alpha )=A(x)$。
第一个运算在 $x_i$ 确定时唯一确定，那么第二个在 $x_i$ 确定时可不可以唯一确定 $A(x)$ 呢？
答案是肯定的。我们把这些点代入，可以得出一个 $n$ 元一次方程组，当 $x_i$ 均不相同时，可以唯一确定 $a_0,a_1,\cdots ,a_n$。（如果有一个 $x_i$ 相同立刻变成不定方程）
当然可以拿矩阵证明网上多得是。
那么就很尴尬，$\text{DFT}(A(x))$ 的复杂度是 $O(n^2)$ 的，它的逆运算是 $O(n^3)$ 的（高斯消元）……还不如不优化了。
所以我们还需要一些姿势。

2、（高中知识）复数

一些奇奇怪怪的问题无法解决，可以把它从实数域扩展到复数域上解决，加入了复数这种类似向量的东西，问题就会变得简单。
噫，向量？点值表示不就是个向量吗！

2.1、定义

一堆定义就不说了，选修 2-2 内容，这里简单的强调一些运算：
$i^2=-1$
设 $z_1,z_2\in \mathbb{C}$，$z_1=a+bi,z_2=c+di$，则：
$z_1\pm z_2=(a\pm c)+(b\pm d)i$
$z_1\times z_2=(ac-bd)+(ad+bc)i$
$\frac{z_1}{z_2}=\frac{ac+bd}{c^2+d^2}+\frac{bc-ad}{c^2+d^2}i$
设 $z\in \mathbb{C}$，$z=a+bi$，则 $z$ 的共轭复数为 $\overline{z}=a-bi$
这是学过的，下面就说说没学过的。

2.2、单位根

根？方程的根？什么方程的根？
定义：$x^n=1$ 的所有根叫做 $n$ 次单位根。
当我们把问题引入复数域，$x$ 就不能简单计算为 $x=\sqrt[n]{1}=1$了，而是在复平面内解决问题。

2.3、欧拉公式

一个很 6 的公式。内容是：
$$e^{ix}=\cos x+i\sin x$$
式子很简单，证明如下：
由 Taylor 展开：
$$\begin{array}{rl}{e}^x& =1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}+\cdots \\ \cos x& =1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots \\ \sin x& =x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots \end{array}$$
将 Taylor 展开推广到复数域上，有复数运算 $\pm i=\pm i,(\pm i{)}^2=-1,(\pm i{)}^3=\mp i,(\pm i{)}^4=1$，可得：
$$\begin{array}{rl}{e}^{ix}& =1+ix-\frac{x^2}{2!}-i\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+i\frac{x^5}{5!}+\cdots \\ & =(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots )+i(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots )\\ & =\cos x+i\sin x\end{array}$$
证毕。
将 $x$ 换成 $\pi$，就出现了 $e^{\pi i}=-1$，即 $e^{\pi i}+1=0$，被誉为上帝创造的公式。
将 $x$ 换成 $2k\pi (k\in \mathbb{Z})$，就出现了 $e^{2k\pi i}=1$。
我们不是要解 $x^n=1$ 吗！
那么 $x=e^{\frac{2k\pi i}{n}}(k\in \mathbb{Z})$，记这些单位根为 ${\omega }_n^k=e^{\frac{2k\pi i}{n}}$。
下面就是一些数论问题了……
记 $k=nr+p$，其中 $p\in [0,n-1]$，则 ${\omega }_n^k=e^{\frac{2p\pi i}{n}}$
$$\begin{array}{rl}{\omega }_n^k& =e^{\frac{2k\pi i}{n}}\\ & =e^{\frac{2(nr+p)\pi i}{n}}\\ & =e^{\frac{2nr\pi i}{n}+\frac{2p\pi i}{n}}\\ & =e^{\frac{2nr\pi i}{n}}\times e^{\frac{2p\pi i}{n}}\\ & =e^{2\pi ir}\times e^{\frac{2p\pi i}{n}}\\ & =1^r\times e^{\frac{2p\pi i}{n}}=e^{\frac{2p\pi i}{n}}\end{array}$$
这不一样吗……
所以可以证明 $k\in [0,n-1]$。也就是 $n$ 次单位根有 $n$ 个，不难发现，这 $n$ 个单位根就是单位圆上的 $n$ 个 $n$ 等分点。
于是记这些根为 ${\omega }_n^0,{\omega }_n^1,\cdots ,{\omega }_n^{n-1}$，这些根各不相同，并且在乘法意义下构成一个群。即：${\omega }_n^i{\omega }_n^j={\omega }_n^{i+j}={\omega }_n^{(i+j)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n}$，且 ${\omega }_n^{-1}={\omega }_n^{n-1}$，证明如下：
$$\begin{array}{rl}{\omega }_n^{-1}& =1\times {\omega }_n^{-1}\\ & =e^{2\pi i}\times e^{\frac{-2\pi i}{n}}\\ & =e^{2\pi i-\frac{-2\pi i}{n}}\\ & =e^{\frac{2(n-1)\pi i}{n}}={\omega }_n^{n-1}\end{array}$$
问题得证。

2.4、三个引理

2.4.1、消去引理

内容：当 $d̸=0$ 时，${\omega }_{dn}^{dk}={\omega }_n^k$。
证明：
$$\begin{array}{rl}{\omega }_{dn}^{dk}& =e^{\frac{2dk\pi i}{dn}}\\ & =e^{\frac{2k\pi i}{n}}={\omega }_n^k\end{array}$$
很简单……也很智障

2.4.2、折半引理

内容：如果 $n>0$ 且 $n$ 为偶数，$({\omega }_n^k{)}^2={\omega }_{\frac{n}{2}}^k$。
证明：
$$\begin{array}{rl}({\omega }_n^k{)}^2& =(e^{\frac{2k\pi i}{n}}{)}^2\\ & =e^{\frac{2k\pi i}{\frac{n}{2}}}={\omega }_{\frac{n}{2}}^k\end{array}$$
还行吧……可以看出，$n$ 个 $n$ 次单位根平方的集合就是 $\frac{n}{2}$ 个 $\frac{n}{2}$ 次单位根的集合，并且每个元素出现两次。可以通过单位根的对称性来理解。
更一般的结论：
${\omega }_n^{k+\frac{n}{2}}={\omega }_n^{\frac{n}{2}}{\omega }_n^k=-{\omega }_n^k$
${\omega }_n^{\frac{n}{2}}=e^{\pi i}=-1$

2.4.3、求和引理

内容：对于$\forall k\in (0,n)$，有$\sum _{j=0}^{n-1}({\omega }_n^k{)}^j=0$。
证明：
$$\begin{array}{rl}\sum _{j=0}^{n-1}({\omega }_n^k{)}^j& =\frac{1-({\omega }_n^k{)}^n}{1-{\omega }_n^k}（等比数列求和）\\ & =\frac{1-({\omega }_n^n{)}^k}{1-{\omega }_n^k}=0\end{array}$$
注意：${\omega }_n^n=1$，化简省略了部分很多步骤。
现在全都就绪了，终于要到目标了……

3、离散傅里叶变换（DFT）

DFT，即 Discrete Fourier Transform，离散傅里叶变换，就是我们之前定义的那个，现在有了复数，我们就可以在 $O(n\log n)$ 的时间内做完 DFT 运算。运用到了 Cooley-Tukey 算法。
我们将多项式按照指数的奇偶分类，记原多项式为 $A(x)$，那么构造两个多项式：
$$\begin{array}{rl}{A}_0(x)& =a_0+a_{2}x+a_4{x}^2+\cdots +a_{n-2}{x}^{\frac{n}{2}-1}\\ & =\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}-1}{a}_{2i}{x}^i\\ A_1(x)& =a_1+a_{3}x+a_5{x}^2+\cdots +a_{n-1}{x}^{\frac{n}{2}-1}\\ & =\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}-1}{a}_{2i+1}{x}^i\end{array}$$
通过观察可知，$A(x)=A_0(x^2)+x{A}_1(x^2)$，根据折半引理，我们考虑将 $n$ 次单位根作为 $x$ 代入计算。又因为折半引理，我们即可分治操作。
那么，对于 $k<\frac{n}{2}$，有：
$$\begin{array}{rl}A({\omega }_n^k)& =A_0(({\omega }_n^k{)}^2)+{\omega }_n^k{A}_1(({\omega }_n^k{)}^2)\\ & =A_0({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)+{\omega }_n^k{A}_1({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)\\ & =\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}-1}{a}_{2i}{\omega }_{\frac{n}{2}}^{ki}+{\omega }_n^k\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}-1}{a}_{2i+1}{\omega }_{\frac{n}{2}}^{ki}\\ A({\omega }_n^{k+\frac{n}{2}})& =A_0(({\omega }_n^k{)}^2)+{\omega }_n^{k+\frac{n}{2}}{A}_1(({\omega }_n^k{)}^2)\\ & =A_0({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)-{\omega }_n^k{A}_1({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)\\ & =\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}-1}{a}_{2i}{\omega }_{\frac{n}{2}}^{ki}-{\omega }_n^k\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}-1}{a}_{2i+1}{\omega }_{\frac{n}{2}}^{ki}\end{array}$$
这样，由奇偶性使得需要代入的值范围减半，递归做下去就行了，时间复杂度为：
$$T(n)=2T(\frac{n}{2})+O(n)=O(n\log n)$$
因为永远是奇偶合并，如果想要更方便地合并必然 $n$ 取 $2$ 的整数次幂，否则合并到一定时候左右不一定都是相同次数（可以考虑一个完全二叉树）。所以做的时候取 $2$ 的整数次幂作为 $n$。

4、逆离散傅里叶变换（IDFT）

IDFT，即 Inverse Discrete Fourier Transform，逆离散傅里叶变换，还是我们之前定义的那个。我们在 $O(n\log n)$ 的时间里搞定了 DFT，可是 IDFT 还是个$O(n^3)$的，所以我们继续观（tui）察（da）性（shi）质（zi）。
我们说过，IDFT 相当于解个 $n$ 元一次方程组，这个方程组写成矩阵形式是这样的：
$$\left[\begin{array}{ccccc}({\omega }_n^0{)}^0& ({\omega }_n^0{)}^1& ({\omega }_n^0{)}^2& \cdots & ({\omega }_n^0{)}^{n-1}\\ ({\omega }_n^1{)}^0& ({\omega }_n^1{)}^1& ({\omega }_n^1{)}^2& \cdots & ({\omega }_n^1{)}^{n-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ ({\omega }_n^{n-1}{)}^0& ({\omega }_n^{n-1}{)}^1& ({\omega }_n^{n-1}{)}^2& \cdots & ({\omega }_n^{n-1}{)}^{n-1}\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ ⋮\\ a_{n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}A({\omega }_n^0)\\ A({\omega }_n^1)\\ A({\omega }_n^2)\\ ⋮\\ A({\omega }_n^{n-1})\end{array}\right]$$
这同时也是做 DFT 时我们乘的矩阵。只不过这次 $a_i$ 变成未知数了。
记上面的系数矩阵为 $D$，再考虑以下矩阵：
$$\left[\begin{array}{ccccc}({\omega }_n^0{)}^0& ({\omega }_n^0{)}^1& ({\omega }_n^0{)}^2& \cdots & ({\omega }_n^0{)}^{n-1}\\ ({\omega }_n^{-1}{)}^0& ({\omega }_n^{-1}{)}^1& ({\omega }_n^{-1}{)}^2& \cdots & ({\omega }_n^{-1}{)}^{n-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ ({\omega }_n^{-(n-1)}{)}^0& ({\omega }_n^{-(n-1)}{)}^1& ({\omega }_n^{-(n-1)}{)}^2& \cdots & ({\omega }_n^{-(n-1)}{)}^{n-1}\end{array}\right]$$
记此矩阵为 $W$，则记 $E=D\times W$。可知：
$$\begin{array}{rl}{E}_{ij}& =\sum _{k=0}^{n-1}{D}_{ik}{W}_{kj}\\ & =\sum _{k=0}^{n-1}{\omega }_n^{-ik}{\omega }_n^{kj}\\ & =\sum _{k=0}^{n-1}{\omega }_n^{k(j-i)}\end{array}$$
当 $i=j$ 时：
$$\begin{array}{rl}{E}_{ij}& =\sum _{k=0}^{n-1}{\omega }_n^{k(j-i)}\\ & =\sum _{k=0}^{n-1}{\omega }_n^0=n\end{array}$$
当 $i̸=j$ 时，由求和引理：
$$\begin{array}{rl}{E}_{ij}& =\sum _{k=0}^{n-1}{\omega }_n^{k(j-i)}\\ & =\sum _{k=0}^{n-1}({\omega }_n^{j-i}{)}^k=0\end{array}$$
记单位矩阵为 $I$，所以 $I=\frac{1}{n}E$，即 $\frac{1}{n}D=W^{-1}$。
将由方程组推得那个矩阵左乘 $\frac{1}{n}D$，可得：
$$\left[\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ ⋮\\ a_{n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc}({\omega }_n^0{)}^0& ({\omega }_n^0{)}^1& ({\omega }_n^0{)}^2& \cdots & ({\omega }_n^0{)}^{n-1}\\ ({\omega }_n^{-1}{)}^0& ({\omega }_n^{-1}{)}^1& ({\omega }_n^{-1}{)}^2& \cdots & ({\omega }_n^{-1}{)}^{n-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ ({\omega }_n^{-(n-1)}{)}^0& ({\omega }_n^{-(n-1)}{)}^1& ({\omega }_n^{-(n-1)}{)}^2& \cdots & ({\omega }_n^{-(n-1)}{)}^{n-1}\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}A({\omega }_n^0)\\ A({\omega }_n^1)\\ A({\omega }_n^2)\\ ⋮\\ A({\omega }_n^{n-1})\end{array}\right]$$
这和 DFT 的操作很像，所以用 DFT 的过程实现 IDFT 即可。
负号？把 ${\omega }_n^1$ 改成 ${\omega }_n^{-1}$ 即可；
$\frac{1}{n}$？做完之后再除个 $n$ 即可。现在 IDFT 也是 $O(n\log n)$ 的了。
至此，所有的时间都是 $O(n\log n)$ 的了！即 FFT 的复杂度为 $O(n\log n)$！

5、实现问题

说是一回事，写是另一回事。
奇偶分组这个玩意就很坑，容易发现，设 $r_i$ 为将 $i$ 的高位翻转到低位得到的数字（如 0011 就变成 1100），那么初始位置为 $i$ 的数就会被移动到 $r_i$，所以我们可以预先完成移动，然后合并计算。时间就会加快很多了。
不过 FFT 本身常数巨大，主要因为 double 类型的计算时间，还有使用 $\sin ,\cos$ 函数带来的计算时间问题，所以常数问题一定要注意。
我们看到，DFT 做完后，得到的是将 $n$ 次单位根代入后表达式的点值表示，IDFT 做完后，得到的是两多项式相乘的系数表示。
由于 FFT 涉及复数和除法，容易出现精度问题，所以考虑一种整数在模的前提下的 FFT，就出现了 FNT，也叫 NTT，即快速数论变换（Fast Number-theory Transform 或 Number Theory Transform）。这里有学习笔记……
如果我们计算卷积的时候 $a,b$ 的下标不是相加为定值，而是一或二元逻辑运算（与，或，异或等等）后为定值，则可应用快速沃尔什变换（Fast Walsh Hadamard Transform）。学习笔记在这里
FFT真是大毒瘤……
FFT 和 FWT 都在图像处理，音频处理方面有较大应用。
FFT 的板子在这里，以 HDOJ1402 为例……Code
VijosP2000 那道题除了写 FFT 还得压位……或者用一种神奇的 $O(n^2)$ 乘法：Code
终于把我的 flag 填完了我好开心啊！！！