题解 P3803 【【模板】多项式乘法（NTT）】2
attack
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题解
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很久以前写过一篇FFT的题解
今天有幸学到了NTT—— 一种比FFT更好用的算法，来跟大家分享一下
NTT
在FFT中，我们需要用到复数，复数虽然很神奇，但是它也有自己的局限性——需要用double类型计算，精度太低
那有没有什么东西能够代替复数且解决精度问题呢？
这个东西，叫原根
原根的定义
设m是正整数，a是整数，若a模m的阶等于\phi(m)，则称a为模m的一个原根
定义中用到了群论的一些知识，不过不会也没关系，不影响接下来的学习
我们定义P为素数，g为P的原根
考虑原根为什么能代替单位根进行运算，(这部分可以跳过)
原因很简单，因为它具有和单位根相同的性质
在FFT中，我们用到了单位根的四条性质，而原根也满足这四条性质
- 对于所有\omega_n ^ t (0 \leq t \leq n - 1)均不相同
不加证明的扔出一个定理
若P为素数，假设一个数g是P的原根，那么g^i \mod P (1<g<P,0<i<P)的结果两两不同
不要问我为什么，因为我也不知道。。
-
\omega_{2n} ^ {2k} = \omega_n ^ k
通过代换可以得到
-
\omega_n ^ { k + \frac{n}{2} } = -\omega_n ^ k
根据费马小定理和性质1可以得到
-
1 + \omega_n ^ k + (\omega_n ^ k) ^ 2 + \dots + (\omega_n ^ k) ^ {n - 1} = 0
由性质3和FFT中傅里叶逆变换的定理可以得到
这样我们最终可以得到一个结论
\omega_n \equiv g^\frac{p-1}{n} \mod p
然后把FFT中的\omega_n都替换掉就好了
如何求任意一个质数的原根呢？
可以证明满足$g^r \equiv 1(\mod p)$的最小的$r$一定是$p-1$的约数
对于质数$p$，质因子分解$p-1$，若$g^{\frac{p-1}{p_i}} \neq 1 \pmod p$恒成立，$g$为$p$的原根
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NTT求卷积代码:
确实比FFT快了不少
```cpp
#include<cstdio>
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1<<21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
#define swap(x,y) x ^= y, y ^= x, x ^= y
#define LL long long
const int MAXN = 3 * 1e6 + 10, P = 998244353, G = 3, Gi = 332748118;
char buf[1<<21], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline int read() {
char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int N, M, limit = 1, L, r[MAXN];
LL a[MAXN], b[MAXN];
inline LL fastpow(LL a, LL k) {
LL base = 1;
while(k) {
if(k & 1) base = (base * a ) % P;
a = (a * a) % P;
k >>= 1;
}
return base % P;
}
inline void NTT(LL *A, int type) {
for(int i = 0; i < limit; i++)
if(i < r[i]) swap(A[i], A[r[i]]);
for(int mid = 1; mid < limit; mid <<= 1) {
LL Wn = fastpow( type == 1 ? G : Gi , (P - 1) / (mid << 1));
for(int j = 0; j < limit; j += (mid << 1)) {
LL w = 1;
for(int k = 0; k < mid; k++, w = (w * Wn) % P) {
int x = A[j + k], y = w * A[j + k + mid] % P;
A[j + k] = (x + y) % P,
A[j + k + mid] = (x - y + P) % P;
}
}
}
}
int main() {
N = read(); M = read();
for(int i = 0; i <= N; i++) a[i] = (read() + P) % P;
for(int i = 0; i <= M; i++) b[i] = (read() + P) % P;
while(limit <= N + M) limit <<= 1, L++;
for(int i = 0; i < limit; i++) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));
NTT(a, 1);NTT(b, 1);
for(int i = 0; i < limit; i++) a[i] = (a[i] * b[i]) % P;
NTT(a, -1);
LL inv = fastpow(limit, P - 2);
for(int i = 0; i <= N + M; i++)
printf("%d ", (a[i] * inv) % P);
return 0;
}
```
## 参考资料
[Menci的博客](https://oi.men.ci/fft-to-ntt/)
[Candy?的博客](http://www.cnblogs.com/candy99/p/6641972.html)