快速数论变换（NTT）

前置芝士：快速傅立叶变换（FFT）

垃圾(FFT)

我们已经知道(FFT)这个东西他很(nb)了，但是仍然存在很多局限性

比如说

(1.)要用到复数，所以它很慢
(2.)要用到复数，所以是(double)类型，有精度误差
(3.)要用到复数，不能取模
(……)

我们发现就是这个垃圾复数拖了算法后退，要想办法摆脱它(´༎ຶД༎ຶ`)！

原根

聪明的珂学家们发现了一种奇妙的东西：原根

它可以代替复数进行变换，而且具有优良的性质

阶

若(gcd(a,p)==1)，且(p>1)

则对于(a^x≡1(mod p))最小的(x)，我们称为(a)的(p)的阶，记作(delta _p(a))

相关定理

定理一：若(p>1)且(gcd(a,p)==1)且(a^n≡1(mod p))，则(delta _p(a)|n)

证明：根据定义理解一下吧……

定理二：(delta _p(a)|phi(m))

证明：由欧拉定理：(a^{phi(p)}≡1(mod p))，所以(delta _p(a)≤phi(p))，根据定理一得到(delta _p(a)|phi(m))

原根

若(delta _p(a)=phi(p))，则称(a)为模(p)的一个原根

如(delta _9(2)=6=phi(9)),称(2)为模(9)的一个原根

相关定理

定理一： 一个正整数(p)存在原根，当且仅当(p=2,4,p^s,2p^s)，其中(p)为奇素数，(s)为正整数

定理二： 一个数(p)如果存在原根，则原根个数为(phi(phi(p)))

定理三： 若(p)是一个素数，(g)是(p)的一个原根，那么(g^i mod p (1<g<p,0<i<p))的结果互不相同

证明咱也不会嘛……(qwq)

一些性质

回想一下为什么我们要用单位根作为系数带入多项式？是因为它具有很多优良性质，我们康康这些性质原根有没有！

我们假设一个前提(p=a*2^k+1)，其中(k)很大，沿用(fft)的方法，只考虑(n)为(2)的整次幂的情况

设(omega _n^1=g^{frac{p-1}{n}})

首先可以确保(omega _n^1)不再是恶心的复数，因为(p=a*2^k+1)，所以(frac{p-1}{n})一定是整数

性质一： (omega_ n^k(0le k le n-1))互不相同

证明：根据原根的定理三可知

性质二：(omega _{2n}^{2k} = omega _n^k)

证明：(omega _{2n}^{2k}=(g^{frac{2k(p-1)}{2n}})=g^{frac{k(p-1)}{n}}=omega _n^k)

性质三：(omega _{n}^{k+frac{n}{2}} = -omega _n^k)

证明：(omega _{n}^{k+frac{n}{2}} = omega _n^k *omega _n^{frac{n}{2}})

因为((omega _n^{frac{n}{2}})^2=omega _n^n=1)

所以(omega _n^{frac{n}{2}}=1)或(-1)

又因为(omega _n^{frac{n}{2}}与omega _n^0)不同

所以(omega _n^{frac{n}{2}}=-1)

所以(omega _{n}^{k+frac{n}{2}} = -omega _n^k)

性质四：(sumlimits_{i=0}^{n-1}omega_ n^i=0)

证明：和单位根一模一样，懒得打了……

性质五： (omega _n^k=omega _n^{n\%k})

证明：(omega _n^k=g^{frac{k(p-1)}{n}})

由费马小定理可知，当(p)为质数时，(a^(p-1)equiv1(mod p))

所以(omega _n^k=g^{frac{k(p-1)}{n}\% (p-1)})

考虑留下的应该是(frac{n}{k})的小数部分(*(p-1))，得到(omega _n^k=g^{frac{k\%n(p-1)}{n}}=omega _n^{k\%n})

我们发现傅立叶变换中需要用到的单位根的性质原根统统满足！那我们还要垃圾单位根干啥！直接上原根啊！

不过也有一定的限制，就在于模数(p)必须满足(p=a*2^k+1)，且不能包含小数

怎么找原根？

暴力枚举（雾

由于一个质数原根有(phi(p-1))个，最小的原根一般很小

枚举(g)和(k)复杂度约为(O(plogp))

但是跟具阶的定理二，我们发现如果存在其他(k e phi(p))使得(g^kequiv 1(mod p))，那么(k)一定是(phi(p))的约数，所以其实只要枚举(phi(p))的约数即可

复杂度期望(O(log^2p))

(code)

然后我们快来用原根草多项式吧！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define eps (1e-8)
	inline int read()
	{
		int x=0;char ch,f=1;
		for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
		if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
		while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
		return f?x:-x;
	}
	const int N=5e6+10,p=998244353,g=3,gi=332748118;
	int n,m;
	int a[N],b[N];
	int limit,len;
	int pos[N];
	inline int fast(int x,int k)
	{
		int ret=1;
		while(k)
		{
			if(k&1) ret=ret*x%p;
			x=x*x%p;
			k>>=1;
		}
		return ret;
	}
	inline void ntt(int *a,int inv)
	{
		for(int i=0;i<limit;++i)
			if(i<pos[i]) swap(a[i],a[pos[i]]);
		for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
		{
			int Wn=fast(inv?g:gi,(p-1)/(mid<<1));
			for(int r=mid<<1,j=0;j<limit;j+=r)
			{
				int 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;
					if(a[j+k+mid]<0) a[j+k+mid]+=p;
				}
			}
		}
	}
	inline void main()
	{
		n=read(),m=read();
		for(int i=0;i<=n;++i) a[i]=read();
		for(int i=0;i<=m;++i) b[i]=read();
		for(limit=1;limit<=n+m;limit<<=1) ++len;
		for(int i=0;i<limit;++i) pos[i]=(pos[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
		ntt(a,1);ntt(b,1);
		for(int i=0;i<limit;++i) a[i]=a[i]*b[i]%p;
		ntt(a,0);
		int inv=fast(limit,p-2);
		for(int i=0;i<=n+m;++i) printf("%lld ",a[i]*inv%p);
	}
}
signed main()
{
	red::main();
	return 0;
}