大家可能都知道可以通过多项式取模来做多点求值（i.e.$f(\alpha)=f(x)\bmod(x-\alpha)$）。

我们考虑这个多点求值到底是个什么东西：

对于一个 $m-1$ 次多项式 $f(x)=\sum_{i=0}^{n-1}f_ix^i$，我们将其看做一个 $m$ 维列向量 $f=(f_0,f_1,\dots,f_{m-1})^T$。（$-^T$ 表示转置）。那么我们求的是：对于每个 $i\in[0,n)$ 求 $\sum_{j=0}^{n-1}f_j\alpha_i^j$。换句话说我们要求

$$ \begin{pmatrix} 1&\alpha_0&\alpha_0^2&\cdots&\alpha_0^{m-1}\\ 1&\alpha_1&\alpha_1^2&\cdots&\alpha_1^{m-1}\\ 1&\alpha_2&\alpha_2^2&\cdots&\alpha_2^{m-1}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&\alpha_{n-1}&\alpha_{n-1}^2&\cdots&\alpha_{n-1}^{m-1}\\ \end{pmatrix}f $$

固定 $\alpha_0,\dots\alpha_{n-1}$，左边其实就是一个范德蒙矩阵（Vandermonde Matrix），记它为 ${\bf V}$。

所以我们要做的其实就是要求：将一个向量左乘一个范德蒙矩阵。

这个东西不太好搞；但是如果考虑左乘它的转置（ $u\mapsto {\bf V}^Tu$），那么这个我们是知道如何去做的：把式子展开，我们要求的是：对每个 $i\in[0,m)$，求出 $\sum_{j=0}^{n-1}u_j\alpha_j^i$。换句话说，我们要求 $\sum_{j=0}^{n-1}\frac{u_j}{1-\alpha_jx}$ 的前 $m$ 项。这个东西我们很会做：这就是分治 FFT 上去。

那么我们已知了如何从 $u$ 去求 ${\bf V}^Tu$。这对我们的目标（从 $f$ 求出 ${\bf V}f$）有什么帮助？

Tellegen's Principle

我们发现 $u\mapsto {\bf V}^Tu$ 这个计算是线性的（假设 $n,\alpha_0,\dots,\alpha_{n-1}$ 给定，把 $u_0\dots u_{n-1}$ 看作输入的话，可以发现整个算法中仅有加减以及乘除常数）。这也是很自然的，因为要计算的东西本来就正好是 $u$ 左乘一个矩阵。

既然这样，我们把 $u\mapsto {\bf V}^Tu$ 的整个程序展开，就一定会得到这样的一个过程：每一步都是如下三种操作的一种：

• ${\bf x}\mathrel{+}=c{\bf y}$（$\bf x, y$ 表示程序中的变量，$c$ 是某个和输入无关的常数，下同）；
• ${\bf x}\mathrel{*}=c$；
• ${\rm swap}({\bf x},{\bf y})$（交换两个变量的值）。

注意这里我们一直认为 $n,\alpha_0,\dots,\alpha_{n-1}$ 是固定的，即不把它们看做输入。

这里其实我们就是将 ${\bf V}^T$ 分解成了若干个初等行变换矩阵的乘积 ${\bf V}^T=E_kE_{k-1}\dots E_1$（$k$ 表示把整个算法展开之后会有多少步）。因此我们就有 ${\bf V}=E_1^TE_2^T\dots E_k^T$；换句话说，我们只需要把上面每一种操作也“转置”过来，并把整个过程“反过来”，那么我们就得到了一个 $f\mapsto {\bf V}f$ 的算法；这里，第一种操作转置过来就会变成 ${\bf y}\mathrel{+}=c{\bf x}$；后两种操作转置过来是不变的。

这个操作（通过 $u\mapsto{\bf A}u$ 的算法来得到 $f\mapsto{\bf A}^Tf$ 的算法）被称作“转置原理”，或“特勒根原理”（Tellegen's Principle）。

举个例子：如果我们的输入是 $(f_0,f_1,f_2)$，输出是 $(f_0,f_0+f_1,f_0+f_1+f_2)$，那么有这样一个算法：$f_1\mathrel{+}=f_0;\;f_2\mathrel{+}=f_1$。转置过来之后的输出是 $(f_0+f_1+f_2,f_1+f_2,f_2)$，对应的算法是 $f_1\mathrel{+}=f_2;\;f_0\mathrel{+}=f_1$。

这样的话，我们至少可以“劝自己相信存在某个和原来一样复杂度一样常数的算法”，毕竟我们会做同样多次的加减法呢、同样多次的乘法。

实现

但是一个问题是，你显然不会蠢到在程序里面手动实现一个转置原理（比如，把你用到的加减乘除操作全都丢到一个队列里然后反过来做，虽然这是完全可行的）。当然你可以手动把程序反过来写，但是比较好的方法是手动分析这里用到的各种算法的”转置“是什么样的。

多项式乘法

首先肯定要考虑多项式乘法。固定一个 $n$ 次多项式 $g$，然后把一个 $m$ 次多项式 $f$ 看做输入，那么我们应该得到一个 $n+m$ 次多项式 $ans$。这个线性变换就是对每对 $i,j$，把 $g_i$ 倍的 $f_j$ 加到 $ans_{i+j}$ 上。因此它的转置应该是：把一个 $n+m$ 次多项式 $f$ 作为输入，得到一个 $n$ 次多项式 $ans$；然后对每对 $i,j$，把 $g_i$ 倍的 $f_{i+j}$ 加到 $ans_j$ 上（这个过程其实很简单，你只需要记住把“输入”到“输出”的系数反过来就好了）。因此我们得到的式子就是 $ans_j=\sum_ig_if_{i+j}$，其中 $ans$ 的次数不低于 $f,g$ 的次数之差（“不低于”是因为我们可能会把 $f$ 看做超过 $n+m$ 次多项式，因为我们正着 FFT 的时候会算 $n+m$ 次但只保留前若干项）。

这个过程可以通过把 $g$ 反过来 FFT 一次实现，我们把这样得到的结果 $ans$ 写作 $g\times^T_nf$（上标 $T$ 表示转置，而下标标出了结果需要保留多少次）。

多点求值

考虑我们计算 ${\bf V}^Tf$ 的算法：要计算 $\sum_{i=0}^{n-1}\frac{u_i}{1-\alpha_ix}$，记 $g(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(1-\alpha_ix)$，然后我们计算 $\sum_{i=0}^{n-1}f_i\frac{g(x)}{1-\alpha_ix}$，最后再把它乘上 $g^{-1}(x)$。首先我们先利用分治乘法来计算 $g(x)$。由于这部分并不依赖于输入，所以它不属于转置的范畴。（再强调一次我们只把 $u_0,\dots,u_{n-1}$ 看作输入）

对于 $\sum_{i=0}^{n-1}u_i\frac{p(x)}{1-\alpha_ix}$，我们采用分治：

• 若 $n=1$，则直接返回 $f_0$。
• 若 $n>1$，令 $m=\lfloor n/2\rfloor$，递归计算左边（$u_{0,\dots,m-1}$）的答案 $ans_L$ 和右边（$u_{m,\dots,n-1}$）的答案 $ans_R$；然后返回 $ans_Lg_R+ans_Rg_L$；其中 $g_L,g_R$ 是两边对应的 $g$，在最开始的分治里面已经计算过了。

若这一步得到的答案记为 $h$，那么最终的答案（${\bf V}^Tu$）就是 $g^{-1}\times h$。

将这个算法转置过来，不要忘记要把操作的顺序也反过来：

首先仍然是分治计算 $g$，这一步是不变的；然后对于输入的 $f$，我们计算 $h=g^{-1}\times^T_nf$（注意，考虑到前面我们的 $h$ 有 $n$ 位，所以这里的 $h$ 也应该保留 $n$ 位。但是前面的 $g^{-1}$ 要计算 $m$ 位，所以这里的 $g^{-1}$ 也应该是计算完整的 $m$ 位）。

接下来把前面所说的分治转置过来：

• 若 $n=1$，直接返回 $h_0$；
• 若 $n>1$，令 $m=\lfloor n/2\rfloor$，然后记 $h_L=g_R\times^T_mh,h_R=g_L\times^T_{n-m}h$，然后分别把 $h_L,h_R$ 向两边递归。

这样我们就可以得到 ${\bf V}f$，即多点插值结果。

此外，在计算的时候不难发现 $\times^T$ 的操作所需要的 FFT 长度是和原来相同的（因为我们反过来卷积后只需要后面一半，所以 FFT 短一些，循环卷积溢出到前面那一半我们也用不到），所以这样的常数和前面的是相同的；我们只需要一次多项式求逆，别的都只是普通的fft。这相比于原来（每一步都要做一个多项式取模）快了不少。

然而 $E 在此基础上加了很多优化，所以他可以 5e5 多点求值。