NTT学习笔记

NTT学习笔记

阶

若((a,p)=1,p >1)

那么对于满足 (a^requiv 1 pmod p)最小的(r)，称为(a)模(p)的阶，记作(delta_p(a))

原根

对于正整数(p)，若有整数(a)，满足(delta_p(a)=varphi(p))，称(a)为(p)的一个原根。

• 原根(a^0,a^1,dots,a^{varphi(p)-1})遍历(mod p)的剩余系

• 若(p)有原根，那么它一定有(varphi(varphi(p)))个原根

• 原根的分布，(2,4,p^a,2p^a,dots)，其中(p)为素数且(age 1)

有限制的NTT

考虑使用原根替代单位根，则需要满足以下一些性质

• (w_n^k)互异
• ((w_{2n}^k)^2=w_n^k),折半引理
• (w_n^a*w_n^b=w_n^{ab})
• (w_n^{frac{n}{2}}=-1)
• (sumlimits_{i=0}^{n-1} w_n^i=0)，进行逆变换

于是我们用原根这样定义，(w_n^k=(g^{frac{p-1}{n}})^k)

其中(g)是质数(p)的原根，质数(p)被表示成(p=an+1)的形式，(n)为(2)的正整数幂。

利用原根的性质和代入计算式，可以验证上面的性质是正确的。

然后其他的和(FFT)一样就可以了。

(p)一般取(998244353,1004535809,469762049)，这三个数的原根都是(3)

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ll long long
const int N=(1<<21)+10;
const ll mod=998244353,G=3,Gi=332748118;
ll a[N],b[N];int n,m,turn[N],len=1,L=-1;
ll quickpow(ll d,ll k)
{
    ll f=1;
    while(k)
    {
        if(k&1) f=f*d%mod;
        d=d*d%mod;
        k>>=1;
    }
    return f;
}
void NTT(ll *a,int typ)
{
    for(int i=0;i<len;i++)
        if(i<turn[i])
            std::swap(a[i],a[turn[i]]);
    for(int le=1;le<len;le<<=1)
    {
        ll wn=quickpow(typ?G:Gi,(mod-1)/(le<<1));
        for(int p=0;p<len;p+=le<<1)
        {
            ll w=1;
            for(int i=p;i<p+le;i++,w=w*wn%mod)
            {
                ll tmpx=a[i],tmpy=w*a[i+le]%mod;
                a[i]=(tmpx+tmpy)%mod;
                a[i+le]=(tmpx-tmpy)%mod;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<=n;i++) scanf("%lld",a+i);
    for(int i=0;i<=m;i++) scanf("%lld",b+i);
    while(len<=n+m) len<<=1,++L;
    for(int i=0;i<len;i++) turn[i]=turn[i>>1]>>1|(i&1)<<L;
    NTT(a,1),NTT(b,1);
    for(int i=0;i<len;i++) a[i]=a[i]*b[i]%mod;
    NTT(a,0);
    ll inv=quickpow(len,mod-2);
    for(int i=0;i<=n+m;i++) printf("%lld ",(a[i]*inv%mod+mod)%mod);
    return 0;
}

任意模数NTT

看了一下，暂时感觉意义不大，先咕咕掉