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而IDFT就是把你变换完成的单位根点值表示还原为系数表示

这东西怎么做呢？我们考虑**构造法**。我们已知$y[i]=f\left( \omega_n^i \right),i\in\{0,1,\cdots,n-1\}$，求$\{a_0,a_1,\cdots,a_{n-1}\}$.

这东西怎么做呢？我们考虑**构造法**。我们已知 $y[i]=f\left( \omega_n^i \right),i\in\{0,1,\cdots,n-1\}$，求 $\{a_0,a_1,\cdots,a_{n-1}\}$。

那么构造多项式如下

$$

A(x)=\sum_{i=0}^{n-1}y[i]x^{i}

$$

相当于把 $\{y[0],y[1],y[2],\cdots,y[n-1]\}$ 当做多项式 $A$ 的系数表示法。那么给定点 $b_i=\omega_n^{-i}$，则多项式 $A$ 的点值表示法为

$$

\left\{ A(b_0),A(b_1),\cdots,A(b_{n-1}) \right\}

$$

计算 $A(b_k)$ 的值

$$

\begin{split}

A(b_k)&=\sum_{i=0}^{n-1}f(\omega_n^i)\omega_n^{-ik}=\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{-ik}\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\omega_n^i)^{j}\\

&=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega_n^{i(j-k)}=\sum_{j=0}^{n-1}a_j\sum_{i=0}^{n-1}\left(\omega_n^{j-k}\right)^i\\

\end{split}

$$

记$S\left(\omega_n^a\right)=\sum_{i=0}^{n-1}\left(\omega_n^a\right)^i$.

记 $S\left(\omega_n^a\right)=\sum_{i=0}^{n-1}\left(\omega_n^a\right)^i$。

当 $a=0$ 时，$S\left(\omega_n^a\right)=n$.

当 $a\neq 0$ 时，我们错位相减一下

$$

\begin{split}

S\left(\omega_n^a\right)&=\sum_{i=0}^{n-1}\left(\omega_n^a\right)^i\\

$$

也就是说

$$

S\left(\omega_n^a\right)=

\left\{\begin{split}

0,a\neq 0

\end{split}\right.

$$

那么代回原式

$$

A(b_k)=\sum_{j=0}^{n-1}a_jS\left(\omega_n^{j-k}\right)=a_k\cdot n

$$

也就是说给定点 $b_i=\omega_n^{-i}$，则 $A$ 的点值表示法为

$$

\left\{ A(b_0),A(b_1),\cdots,A(b_{n-1}) \right\}＝\left\{ a_0\cdot n,a_1\cdot n,\cdots,a_{n-1}\cdot n \right\}=n\left\{ a_0,a_1,\cdots,a_{n-1}\right\}

$$

那么事情就很好办啦，我们把取单位根为其倒数，对 $\{y[0],y[1],y[2],\cdots,y[n-1]\}$ 跑一遍 FFT，然后除以 n 即可得到系数序列啦

所以我们 fft 函数可以集 DFT 和 IDFT 于一身。见下