我们用一幅图来表示复数与复平面的关系（图源百度百科）
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其中横坐标是实数轴，纵坐标是虚数轴，这样就可以把每个虚数看为一个向量了，对应的，虚数可以用普通坐标和极坐标 $(r,\theta)$
(其中 $r$ 为虚数长度，$\theta$ 为虚数和实数轴正半轴夹角)来表示。
这里会不会觉得我们不去计算 $x^i$ 比较好呢？$1$ 和 $-1$ 的幂都很好算，但是也仅仅有两个不够啊，我们至少需要 $n+1$ 个 o(╥﹏╥)o 那怎么办呢！想到我们刚刚学的长度为 $1$ 的虚数了吗？不管怎么乘长度都是 $1$！对就是它！我们需要的是 $\omega^k=1$ 中的 $\omega$，很容易想到 $-i$ 和 $1$ 是符合的。那其他的呢？
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现在我们看上图的圆圈。容易发现这是一个单位圆（圆心为原点，半径为 $1$），所有在圆上的复数的长度均为 $1$，也就是说它不管做多少次方 $r$ 永远为 $1$，结果也仅仅角度的变化而已。但是！！！进过旋转总会让角度 $\bmod 360 = 0$ 成立的，也就是结果为 $1$。 我们把符合以上条件的复数成为复根，用 $\omega$ 表示。如果 $\omega^k=1$ 那么我们把$\omega$ 称为 $1$ 的 $k$ 次复根，记作 $\omega_k^n$ (因为符合这个 $k$ 次之后等于 $1$ 的复数有很多，比如 $i$ 的 $4k$ 次幂永远为 $1$，所以，这个 $n$ 是一个编号，表示这是角度从小到大的第几个（从 $x$ 的正半轴开始逆时针）)
是不是有点雾啊(￣▽￣)／没事没事接下来我们举个栗子：
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那么很容易发现当 $K = 4$ 的时候，相当于把单位圆等分 $K= 4$ 份。然后每一份按照极角编号。那么是不是（在 $K = 4$ 的时候）我们只要知道 $\omega_4^1$
这一步 IDFT（傅里叶反变换）的作用我说的已经很清楚啦，就是把上一步获得的目标多项式的点值形式转换成系数形式。但是似乎并不简单呢（雾）。。。但是，我们把单位复根代入多项式之后，就是下面这个样子（矩阵表示方程组）
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+$$ \begin{bmatrix}y[0] \\ y[1] \\ y[2] \\ y[3] \\ \dots \\ y[n-1] \end{bmatrix}
+\begin{matrix}= \\ = \\ = \\ = \\ \\ = \end{matrix}
+\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & 1 & \dots & 1 \\
+1 & \omega_n^1 & \omega_n^2 & \omega_n^3 & \dots & \omega_n^{n-1} \\
+1 & \omega_n^2 & \omega_n^4 & \omega_n^6 & \dots & \omega_n^{2(n-1)} \\
+1 & \omega_n^3 & \omega_n^6 & \omega_n^9 & \dots & \omega_n^{3(n-1)} \\
+\dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots \\
+1 & \omega_n^{n-1} & \omega_n^{2(n-1)} & \omega_n^{3(n-1)} & \dots & \omega_n^{(n-1)^2} \end{bmatrix}
+\begin{bmatrix} a[0] \\ a[1] \\ a[2] \\ a[3] \\ \dots \\ a[n-1] \end{bmatrix} $$
而且现在我们已经得到最左边的结果了，中间的 $x$ 值在目标多项式的点值表示中也是一一对应的，所以，根据矩阵的基础知识，我们只要在式子两边左乘中间那个大矩阵的逆矩阵就行了。由于这个矩阵的元素非常特殊，他的逆矩阵也有特殊的性质，就是每一项取倒数，再除以 $n$，就能得到他的逆矩阵（这边根据的是单位原根的两个特殊性质推出来的，具体比较麻烦。如果想知道的话私我吧。）
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