问题

给定两个十进制数（$10^5$位），求它们的乘积。

不妨把它归为一个多项式乘积的问题：每一位都是一个系数，那么1234*2333就变成了：

$\displaystyle (x^3+2x^2+3x+4)*(2x^3+3x^2+3x+3)$

对于多项式乘积问题，显然跑$O(n^2)$的朴素高精度乘法是过不了的。考虑我们计算$a \times b$的方式：令$X$为答案，则有：
$\displaystyle X_n = \sum_{i=0}^n a_i\times b_{n-i}$

因此，我们做的事情是直接计算答案的每一位。现在我们换一种思路。

点值表达

之前我们使用的$(x^{5}+233x^3+x)$这种表达方式，被称为系数表达。因为它给出了系数向量：$(1,0,233,0,1,0)$。

但是考虑这样一个事实：**给定$n$个点，可以唯一确定一个$n-1$次多项式函数。**至于如何确定，有高斯消元和拉格朗日插值法。

因此我们拥有了一种全新的表达多项式的方式：点值表达。给出$n+1$个点，可以表达一个多项式。
例如：$(0,0),(1,1),(2,4)$是多项式$(x^2)$的一种点值表达。一个多项式有无数组点值表达。

有什么用呢？
考虑多项式的加法$A+B$，生成的多项式的点值表达，可以由$A$和$B$的点值表达得到。在$A$和$B$上取相同的一些$x$，求出对应的点值表达：
$A:(x_1,y_{a1}),(x_2,y_{a2})\cdots$
$B:(x_1,y_{b1}),(x_2,y_{b2})\cdots$

则$A+B :(x_1,y_{a1}+y_{b1}),(x_2,y_{a2}+y_{b2})\cdots$

看图很好理解：

我们把从点值表达变成系数表达的过程称作插值。

那么多项式的乘法也类似。大概是这样的步骤：

单位复数根

对着数学书脑补一番就解决了。

单位复数根：$ω_n^k$均匀分布在以$(0,0)$为中心的复平面圆上。$n=8$时长成这样：

$ω_n^k=e^{2πi\dfrac{k}{n}}$（注意其中的$i$是虚数单位）。欧拉告诉我们，$e^{iu}=\cos(u)+i\sin(u)$，故有：$ω_n^k=\cos(2πk/n)+i\sin(2πk/n)$.

看图应该能脑补出来：尽管$ω_n^k$有$n$种取值，$(ω_n^k)^2$只有$\frac{n}{2\dfrac。

在图中的意义是：第一象限点的平方与第三象限点的平方一致；第二象限点的平方与第四象限点的平方一致。因为$(a+b)^2=(-a-b)^2$。

由于这货的性质，我们选择单位复数根作为$x$坐标进行求值。

FFT

关键步骤：
将$\displaystyle A=\sum_{i=0}^n a_i x^i$拆分为：
$A_0={a_0,a_2x,a_4x^2,\cdots,a_{n-2}x^{\dfrac{n}{2}-1}}$
A_1={a_1,a_3x,a_5x^2,…,a_{n-1}x^{\\dfracn}{2}-1}}
则有：$A(x)=A_0(x^2)+xA_1(x^2)$

由于我们使用单位复数根进行求值，则$x^2$只有$n/2$种取值。我们把问题规模成功降低了一半！

那么如何插值回来呢？
**令$ω_n^k=\cos(2πk/n)-i\sin(2πk/n)$**即可。（这里变成减号）

上面那段话并不清楚，因为我太弱了，根本讲不清楚。要完全理解上面的话，推荐看完代码，然后啃一啃《导论》。

所以我们就写出了代码：uoj #34.多项式乘法

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#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <complex>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef complex<double> cp;                     //complex库

void fft(cp *a,int n,int flag)                  //作用：求出a的点值表达，存进a
{
    int i;
    cp a0[n/2+1],a1[n/2+1];

    if(n==1) return;
    cp w_n(cos(2*M_PI/n),sin(flag*2*M_PI/n));   //flag=1:求值  flag=2:插值
    cp w(1,0);

    for(i=0;i<n/2;i++) a0[i]=a[i*2],a1[i]=a[i*2+1];     //分治

    fft(a0,n/2,flag);
    fft(a1,n/2,flag);

    for(i=0;i<n/2;i++)
    {
        a[i]=a0[i]+w*a1[i];
        a[i+n/2]=a0[i]-w*a1[i];
        w=w*w_n;                                //递推单位复数根
    }

}

cp x[300005]={0},y[300005]={0};
int n,m;

void init()
{
    int i;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=0;i<=n;i++) cin>>x[i].real();
    for(i=0;i<=m;i++) cin>>y[i].real();
    m+=n;
    for(n=1;n<=m;n=n*2);
}

int main(void)
{
    int i;
    init();
    fft(x,n,1);                                 //求值
    fft(y,n,1);                                 //求值

    for(i=0;i<n;i++) x[i]=x[i]*y[i];            //点值乘法
    fft(x,n,-1);                                //插值

    for(i=0;i<=m;i++)
        printf("%d ",int((x[i].real())/n+0.5));       //四舍五入输出

    return 0;
}

跑了4460ms。提交记录
递归版的比较慢（废话），迭代版的跑得比香港记者还快。

然而我并不会蝴蝶操作那套理论，请看riteme的博客：有关多项式的算法

相关资料

riteme 快速数论变换(NTT)
简要介绍了快速数论变换。
xlightgod UOJ34 多项式乘法
适合入门FFT。我就是在那里学习了一个。
iamzky 快速傅里叶变换
讲解很详细。