问题：
已知A[], B[], 求C[],使：
定义C是A,B的卷积，例如多项式乘法等。
朴素做法是按照定义枚举i和j，但这样时间复杂度是O(n2).
能不能使时间复杂度降下来呢？
点值表示法：
我们把A，B，C看作表达式。
即：
A(x)=a0 + a1* x + a2 * x2 +...
将A={(x1,A(x1)), (x2,A(x2)), (x3,A(x3))...}叫做A的点值表示法。
那么使用点值表示法做多项式乘法就很简单了：对应项相乘。
那么，如何将A和B转换成点值表示法，再将C转化回系数表示法（即最初的表示方法）呢？
如果任取n个点，按照定义计算，那么还是O(n2)的。
这样就要用到快速傅里叶变换。
快速傅里叶变换：
既然任取n个点，按照定义计算太慢，就要找一些特殊点。
我们用n个n次单位复数根（1的n次方根，涉及到复数，1的方根不止1和-1）来计算：
1的n次方根是
,其中i是虚数单位。
我们定义wn = e^(2∏i)是主n次单位根，那么所有n次单位复数根都是它的次方。
我们要求出A(wnk)，就要采用分治思想。
我们将奇偶系数分离（先假设n为偶数），即定义
A1(x)=a0 + a2* x + a4 * x2 +...
A2(x)=a1 + a3* x + a5 * x2 +...
那么A(x)=A1(x2) + xA2(x2)。
要计算A(wnk)=A1((wnk)2) + wnkA2((wnk)2),
就要用到(wnk)2 = wn/2k mod (n / 2)(证略)。
所以A(wnk)=A1(wn/2k mod (n / 2)) + wnkA2(wn/2k mod (n / 2))
我们发现A1,A2都是n/2项的，且只需要算wn/2k的值，那么这就和开始的问题一样了，可以分治。
边界也很容易：n=1的时候A1本身就是值。
合并解。
A(wnk)=A1(wn/2k mod (n / 2)) + wnkA2(wn/2k mod (n / 2))
那么可以A(wnk)和A(wnk+n/2)一起算(0<=k<n/2)：
设u = A1(wn/2k), t = wnkA2(wn/2k),
那么A(wnk) = u + t
A(wnk+n/2) = A1(wn/2k) + wnk + n/2 A2(wn/2k)
= A1(wn/2k) + wnk wnn/2 A2(wn/2k)
= A1(wn/2k) - wnk A2(wn/2k)
= u - t
所以这样就能算出A的点值表示法。
一个问题：分治要求n是2的幂，不是怎么办？ 补0， 直到是2的幂。
剩下的问题：如何把C转化回系数表示法。
快速傅里叶逆变换：
我们把C做一遍快速傅立叶变换，只是求的是wnn, wnn-1, ..., wn1的值而不是wn0, wn1, ..., wnn-1的值，最后每一项除以n即可。
证略。
1 void Rader(complex y[],int len)
2 {
3 int i,j,k;
4 for(i = 1, j = len/2;i < len-1;i++)
5 {
6 if(i < j)swap(y[i],y[j]);
7 k = len/2;
8 while( j >= k)
9 {
10 j -= k;
11 k /= 2;
12 }
13 if(j < k)j += k;
14 }
15 }
16 void FFT(complex y[],int len,int on) //on = 1 快速傅里叶变换, on = 0 快速傅里叶逆变换
17 {
18 Rader(y,len);
19 for(int h = 2;h <= len;h <<= 1)
20 {
21 complex wn(cos(-on*2*PI/h),sin(-on*2*PI/h)); //e^ki = cosk + isink
22 for(int j = 0;j < len;j += h)
23 {
24 complex w(1,0);
25 for(int k = j;k < j+h/2;k++)
26 {
27 complex u = y[k];
28 complex t = w*y[k+h/2];
29 y[k] = u+t;
30 y[k+h/2] = u-t;
31 w = w*wn;
32 }
33 }
34 }
35 if(on == -1)
36 for(int i = 0;i < len;i++)
37 y[i].r /= len;
38 }39 //复数实现略