即快速傅立叶变换/快速数论变换（听着挺高端）
FFT在acm中似乎只是用于优化多项式乘法，能将一个含有n个元素的系数向量，经过O(nlogn)变成y值向量，也能经过O(nlogn)将y值向量变成系数向量（即逆FFT）。
举个例子：f(x)=ax^1+bx^2+cx^3,,,,
系数向量=（a,b,c）,y值向量=（f(x0),f(x1),f(x2)） //此处x0,x1,x2均为复数1的开根
那么他是如何体现优化的呢？
令f2（x）=f(x)*f(x)，直接求其系数向量需要花费O(n2)。
但易知其y值向量=（f(x0)*f(x0),f(x1)*f(x1),f(x2)*(x2)），所以对f(x)做fft，在O(N)得到f2（x）的y向量，再做逆fft，得到f2（x）的系数向量，总复杂度O(nlogn)。
NTT即FFT的数论版，具体不懂，FFT采用的是复数运算，NTT采用的是整数运算，所以NTT精度非常好，但是NTT对于mod有条件，经典一个是，当mod=998244353时，令g=3.
对多项式的乘法的优化又体现在两个方面：
1，母函数
2，卷积定理
例题1：hdu4609
大意：从n条边中随机选出3条边，求选到的边能组成三角形的概率。（n<=100000）
枚举边c作为三角形的最大边，则有另外两条边a+b>c。
对n条边构造母函数，指数为边长，系数为对应边长的个数，则母函数的平方便是使选2条边a+b的方案数，再去除两次均选到a，先a再b和先b再a相同的情况。
对得到的母函数系数数组求前缀和，便能得到a+b>c的方案数了，但为了保证c是最大边，我们还需除掉一些情况（那些情况对边排序后就容易得到）
kuangbin的题解说得很清楚：https://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2013/07/24/3210565.html
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 #include<map> 8 using namespace std; 9 typedef long long ll; 10 const double PI = acos(-1.0); 11 struct complex 12 { 13 double r,i; 14 complex(double _r = 0,double _i = 0) 15 { 16 r = _r; i = _i; 17 } 18 complex operator +(const complex &b) 19 { 20 return complex(r+b.r,i+b.i); 21 } 22 complex operator -(const complex &b) 23 { 24 return complex(r-b.r,i-b.i); 25 } 26 complex operator *(const complex &b) 27 { 28 return complex(r*b.r-i*b.i,r*b.i+i*b.r); 29 } 30 }; 31 void change(complex y[],int len) 32 { 33 int i,j,k; 34 for(i = 1, j = len/2;i < len-1;i++) 35 { 36 if(i < j)swap(y[i],y[j]); 37 k = len/2; 38 while( j >= k) 39 { 40 j -= k; 41 k /= 2; 42 } 43 if(j < k)j += k; 44 } 45 } 46 void fft(complex y[],int len,int on) 47 { 48 change(y,len); 49 for(int h = 2;h <= len;h <<= 1) 50 { 51 complex wn(cos(-on*2*PI/h),sin(-on*2*PI/h)); 52 for(int j = 0;j < len;j += h) 53 { 54 complex w(1,0); 55 for(int k = j;k < j+h/2;k++) 56 { 57 complex u = y[k]; 58 complex t = w*y[k+h/2]; 59 y[k] = u+t; 60 y[k+h/2] = u-t; 61 w = w*wn; 62 } 63 } 64 } 65 if(on == -1) 66 for(int i = 0;i < len;i++) 67 y[i].r /= len; 68 } 69 ll num[200005],sum[200005]; 70 complex x1[400005]; 71 int a[100005]; 72 int main() 73 { 74 int t; 75 cin>>t; 76 while(t--) 77 { memset(num,0,sizeof num); 78 int n; 79 scanf("%d",&n); 80 int mx=0; 81 for(int i=1;i<=n;i++) 82 { 83 scanf("%d",&a[i]); 84 num[a[i]]++; 85 mx=max(a[i],mx); 86 } 87 int len=1,len1=mx+1; 88 while( len < 2*len1 )len <<= 1; 89 for(int i=0;i<len1;i++) 90 x1[i]=complex(num[i],0); 91 for(int i=len1;i<len;i++) 92 x1[i]=complex(0,0); 93 fft(x1,len,1); 94 for(int i=0;i<len;i++) 95 x1[i]=x1[i]*x1[i]; 96 97 fft(x1,len,-1); 98 for(int i=0;i<2*len1;i++) 99 num[i]=(ll)(x1[i].r+0.5); 100 for(int i=1;i<=n;i++) 101 num[2*a[i]]--; 102 for(int i=1;i<=2*mx;i++) 103 num[i]/=2; 104 105 sum[0]=0; 106 for(int i=1;i<=2*mx;i++) 107 sum[i]=sum[i-1]+num[i]; 108 ll cnt=0; 109 for(int i=1;i<=n;i++) 110 { 111 cnt+=sum[2*mx]-sum[a[i]]; 112 cnt-=(ll)(i-1)*(n-i); 113 cnt-=(ll)(n-i)*(n-i-1)/2; 114 cnt-=n-1; 115 } 116 ll tot=(ll)n*(n-1)*(n-2)/6; 117 printf("%.7f ",(double)cnt/tot); 118 119 } 120 121 return 0; 122 }
大意：在一棵n个节点的树上随机选两个节点，求两个节点的距离为素数的概率（n<=50000）
结合点分治后就和上面题的分析差不多了，预处理出节点的深度后，即先选经过根的左端点，再选经过根的右端点，之后再考虑去除不合理情况，O(nlognlogn)。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #include<cmath> 5 #include<iostream> 6 #define N 50010 7 using namespace std; 8 int m , head[N] , to[N << 1] , len[N << 1] , next2[N << 1] , cnt , si[N] , deep[N] ; 9 int root , vis[N] , f[N] , sn , d[N] , tot ; 10 long long ans; 11 bool g[100005]; 12 int p[10000]; 13 void add(int x , int y , int z) 14 { 15 to[++cnt] = y , len[cnt] = z , next2[cnt] = head[x] , head[x] = cnt; 16 } 17 void getroot(int x , int fa) 18 { 19 f[x] = 0 , si[x] = 1; 20 int i; 21 for(i = head[x] ; i ; i = next2[i]) 22 if(to[i] != fa && !vis[to[i]]) 23 getroot(to[i] , x) , si[x] += si[to[i]] , f[x] = max(f[x] , si[to[i]]); 24 f[x] = max(f[x] , sn - si[x]); 25 if(f[root] > f[x]) root = x; 26 } 27 void getdeep(int x , int fa) 28 { 29 d[++tot] = deep[x]; 30 int i; 31 for(i = head[x] ; i ; i = next2[i]) 32 if(to[i] != fa && !vis[to[i]]) 33 deep[to[i]] = deep[x] + len[i] , getdeep(to[i] , x); 34 } 35 const double PI = acos(-1.0); 36 struct complex 37 { 38 double r,i; 39 complex(double _r = 0,double _i = 0) 40 { 41 r = _r; i = _i; 42 } 43 complex operator +(const complex &b) 44 { 45 return complex(r+b.r,i+b.i); 46 } 47 complex operator -(const complex &b) 48 { 49 return complex(r-b.r,i-b.i); 50 } 51 complex operator *(const complex &b) 52 { 53 return complex(r*b.r-i*b.i,r*b.i+i*b.r); 54 } 55 }; 56 void change(complex y[],int len) 57 { 58 int i,j,k; 59 for(i = 1, j = len/2;i < len-1;i++) 60 { 61 if(i < j)swap(y[i],y[j]); 62 k = len/2; 63 while( j >= k) 64 { 65 j -= k; 66 k /= 2; 67 } 68 if(j < k)j += k; 69 } 70 } 71 void fft(complex y[],int len,int on) 72 { 73 change(y,len); 74 for(int h = 2;h <= len;h <<= 1) 75 { 76 complex wn(cos(-on*2*PI/h),sin(-on*2*PI/h)); 77 for(int j = 0;j < len;j += h) 78 { 79 complex w(1,0); 80 for(int k = j;k < j+h/2;k++) 81 { 82 complex u = y[k]; 83 complex t = w*y[k+h/2]; 84 y[k] = u+t; 85 y[k+h/2] = u-t; 86 w = w*wn; 87 } 88 } 89 } 90 if(on == -1) 91 for(int i = 0;i < len;i++) 92 y[i].r /= len; 93 } 94 95 96 complex x1[N*4]; 97 98 long long num[N*2]; 99 100 101 long long calc(int x) 102 { 103 tot = 0 , getdeep(x , 0); 104 long long sum=0,mx=0; 105 memset(num,0,sizeof num); 106 for(int i=1;i<=tot;i++) 107 { 108 num[d[i]]++; 109 110 mx=max(mx,(long long)d[i]); 111 } 112 113 int len1=mx+1,len=1; 114 while(len<2*len1) len*=2; 115 for(int i=0;i<len1;i++) x1[i]=complex(num[i],0); 116 for(int i=len1;i<len;i++) x1[i]=complex(0,0); 117 fft(x1,len,1); 118 for(int i=0;i<len;i++) 119 x1[i]=x1[i]*x1[i]; 120 fft(x1,len,-1); 121 for(int i=0;i<=2*mx;i++) 122 num[i]=(long long)(x1[i].r+0.5); 123 for(int i=1;i<=tot;i++) num[2*d[i]]--; 124 for(int i=0;i<=2*mx;i++) num[i]/=2; 125 126 for(int i=1;p[i]<=2*mx;i++) 127 { 128 sum+=num[p[i]]; 129 130 } 131 132 return sum; 133 } 134 void dfs(int x) 135 { 136 deep[x] = 0 , vis[x] = 1 , ans += calc(x); 137 int i; 138 for(i = head[x] ; i ; i = next2[i]) 139 if(!vis[to[i]]) 140 deep[to[i]] = len[i] , ans -= calc(to[i]) , sn = si[to[i]] , root = 0 , getroot(to[i] , 0) , dfs(root); 141 } 142 int main() 143 { 144 int n , i , x , y , z,tot=0; 145 for(int i=2;i<=100000;++i) 146 { 147 if(g[i]==0) 148 p[++tot]=i; 149 for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<=100000;++j) 150 { 151 g[i*p[j]]=1; 152 if(i%p[j]==0) 153 break; 154 } 155 } 156 157 while(~scanf("%d" , &n)) 158 { 159 memset(head , 0 , sizeof(head)); 160 memset(vis , 0 , sizeof(vis)); 161 cnt = 0 , ans = 0; 162 for(i = 1 ; i < n ; i ++ ) 163 scanf("%d%d" , &x , &y) , add(x , y , 1) , add(y , x , 1); 164 f[0] = 0x7fffffff , sn = n; 165 root = 0 , getroot(1 , 0) , dfs(root); 166 long long ss=(long long)n*(n-1)/2; 167 printf("%.6f " , (double)ans/ss); 168 } 169 return 0; 170 }
例题3：He is Flying
大意：有n个数(n<=100000)，求区间和为s的所有区间的长度和。
其实确定一个区间也可以看成先选左端点，后选右端点。题解构造的母函数：
Si为前缀和，容易发现乘起来后指数就是区间和，两式相减后系数即为区间长度，，构造的真是妙啊，，这样就成了fft裸题了。
注意指数为负数的情况，可以整体加一个偏移量，注意构造系数向量时要用+=（我就在这里卡了好久）
1 #include <stdio.h> 2 #include <iostream> 3 #include <string.h> 4 #include <algorithm> 5 #include <math.h> 6 using namespace std; 7 typedef long long ll; 8 typedef long double ld; 9 const ld PI = acos(-1.0); 10 struct complex 11 { 12 ld r,i; 13 complex(ld _r = 0,ld _i = 0) 14 { 15 r = _r; i = _i; 16 } 17 complex operator +(const complex &b) 18 { 19 return complex(r+b.r,i+b.i); 20 } 21 complex operator -(const complex &b) 22 { 23 return complex(r-b.r,i-b.i); 24 } 25 complex operator *(const complex &b) 26 { 27 return complex(r*b.r-i*b.i,r*b.i+i*b.r); 28 } 29 }; 30 void change(complex y[],int len) 31 { 32 int i,j,k; 33 for(i = 1, j = len/2;i < len-1;i++) 34 { 35 if(i < j)swap(y[i],y[j]); 36 k = len/2; 37 while( j >= k) 38 { 39 j -= k; 40 k /= 2; 41 } 42 if(j < k)j += k; 43 } 44 } 45 void fft(complex y[],int len,int on) 46 { 47 change(y,len); 48 for(int h = 2;h <= len;h <<= 1) 49 { 50 complex wn(cos(-on*2*PI/h),sin(-on*2*PI/h)); 51 for(int j = 0;j < len;j += h) 52 { 53 complex w(1,0); 54 for(int k = j;k < j+h/2;k++) 55 { 56 complex u = y[k]; 57 complex t = w*y[k+h/2]; 58 y[k] = u+t; 59 y[k+h/2] = u-t; 60 w = w*wn; 61 } 62 } 63 } 64 if(on == -1) 65 for(int i = 0;i < len;i++) 66 y[i].r /= len; 67 } 68 69 complex x1[400005]; 70 complex x2[400005]; 71 complex x3[400005]; 72 ll num1[200005]; 73 74 ll sum[100005]; 75 int main() 76 { 77 int T; 78 int n; 79 scanf("%d",&T); 80 while(T--) 81 { 82 scanf("%d",&n); 83 int x; 84 sum[0]=0; 85 ll res=0,tt=0; 86 for(int i=1;i<=n;i++) 87 { 88 scanf("%d",&x); 89 sum[i]=x+sum[i-1]; 90 if(x==0) 91 { 92 tt++; 93 res+=(tt+1)*tt/2; 94 } 95 else tt=0; 96 } 97 98 printf("%lld ",res); 99 int len1=2*sum[n]+1,len=1,l=0; 100 while(len<2*len1) len*=2,l++; 101 102 103 for(int i=0;i<len;i++) 104 x1[i]=complex(0,0); 105 for(int i=0;i<len;i++) 106 x2[i]=complex(0,0); 107 for(int i=1;i<=n;i++) 108 { 109 x1[sum[i]+sum[n]].r+=i; 110 111 } 112 113 for(int i=1;i<=n;i++) 114 { 115 x2[-sum[i-1]+sum[n]].r+=1; 116 117 } 118 119 fft(x1,len,1); 120 fft(x2,len,1); 121 for(int i=0;i<len;i++) 122 x1[i]=x1[i]*x2[i]; 123 fft(x1,len,-1); 124 125 for(int i=0;i<len;i++) 126 x3[i]=complex(0,0); 127 for(int i=0;i<len;i++) 128 x2[i]=complex(0,0); 129 for(int i=1;i<=n;i++) 130 x3[sum[i]+sum[n]].r+=1; 131 for(int i=1;i<=n;i++) 132 x2[-sum[i-1]+sum[n]].r+=i-1; 133 fft(x3,len,1); 134 fft(x2,len,1); 135 for(int i=0;i<len;i++) 136 x3[i]=x3[i]*x2[i]; 137 fft(x3,len,-1); 138 for(int i=1+2*sum[n];i<=3*sum[n];i++) 139 { 140 printf("%lld ",(ll)(x1[i].r-x3[i].r+0.5)); 141 } 142 143 144 145 146 } 147 return 0; 148 }
例题4：Hope
看一下qls的题解吧：https://blog.csdn.net/quailty/article/details/47139669
补充：
便整理出了卷积的式子，再结合cdq分治，求出[l,m]的dp值之后，fft求出其对[m+1,r]的影响，复杂度O(nlognlogn)。
例题5：
官方题解：
补充：
答案即为求：
再把i-j看作要求的指数，wi为i次方的系数，wj为-j次方的系数，构造好多项式，用个fft就行了。