【简介】
快速傅里叶变换(FFT)运用了单位复根的性质减少了运算，但是每个复数系数的实部和虚部是一个余弦和正弦函数，因此系数都是浮点数，而浮点数的运算速度较慢且可能产生误差等精度问题，因此提出了以数论为基础的具有循环卷积性质的快速数论变换(NTT)。
在FFT中，通过$n$次单位复根即$\omega^n=1$的$\omega$来运算，而对于NTT来说，则是运用了素数的原根来运算。
【原根】
【定义】
对于两个正整数$a,m$满足$gcd(a, m)=1$，由欧拉定理可知，存在正整数$d\leq m-1$，如$d=\varphi(m)$，使得$a^d\equiv 1(mod\ m)$。
因此，在$gcd(a, m)=1$时，定义$a$对模$m$的指数$\delta m(a)$为使$a^d\equiv 1(mod\ m)$成立的最小正整数$d$。若$\delta m(a)=\varphi (m)$，则称$a$是模$m$的原根。
【性质/定义2】
若一个数$g$是对于$P$的原根，那么$g^i\ mod\ P,1\leq i<P$的结果互不相同。
【求原根方法】
对质数$P-1$分解质因数得到不同的质因子$p_1,p_2,p_3,...,p_n$，对于任何$2\leq a\leq P-1$，判定$a$是否为$P$的原根，只需要检验$a^{\frac{P-1}{p_1}},a^{\frac{P-1}{p_2}},...,a^{\frac{P-1}{p_n}}$这n个数中，是否存在一个数$mod\ P$为$1$，若存在，则$a$不是$P$的原根，否则$a$是$P$的原根。
【正确性证明】
假设存在一个$t<\varphi(P)=P-1$使得$a^t\equiv 1(mod\ P)$且$\forall i\subseteq [1,P),a^{\frac{P-1}{p_i}}\ mod\ P \neq 1$。
由裴蜀定理得，一定存在一组$k,x$使得$kt=(P-1)x+gcd(t, P-1)$
由欧拉定理/费马小定理得，$a^{P-1}\equiv 1(mod\ P)$
于是$1\equiv a^{kt}\equiv a^{(P-1)x+gcd(t, P-1)}\equiv a^{gcd(t, P-1)}(mod\ P)$
$t<P-1$故$gcd(t, P-1)<P-1$
又$gcd(t, P-1)|P-1$，于是$gcd(t, P-1)$必整除$a^{\frac{P-1}{p_1}},a^{\frac{P-1}{p_2}},...,a^{\frac{P-1}{p_n}}$中至少一个，设$gcd(t, P-1)|a^{\frac{P-1}{p_i}}$，则$a^{\frac{P-1}{p_i}}\equiv a^{gcd(t, P-1)}\equiv 1(mod\ P)$。
故假设不成立。
【用途】
我们可以发现原根$g$拥有所有FFT所需的$\omega$的性质，于是如果我们用$g^{\frac{P-1}{N}}(mod\ P)$来代替$\omega_n=e^{\frac{2\pi i}{N}}$，就能把复数对应成一个整数，在$(mod\ P)$意义下做快速变换了。
【NTT模数】
显然在上述的用途中，$P$必须是素数且$N$必须是$P-1$的因数，因为$N$是$2$的幂，所以可以构造形如$P=c\cdot 2^k+1$的素数。
常见的形如$P=c\cdot 2^k+1$的素数有$998244353=119\cdot 2^{23}+1,1004535809=479\cdot 2^{21}+1$，它们的原根都为$3$
如果题目的模数$P$任意怎么办？我们取的模数必须超过$n(P-1)^2$
那么我们可以取多个模数（乘积$> n(P-1)^2$）做完NTT之后用CRT合并...
模数表：http://blog.miskcoo.com/2014/07/fft-prime-table
【例题】
原来的配方，熟悉的味道...（怎么比FFT慢了
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define MOD(x) ((x)>=mod?(x)-mod:(x))
using namespace std;
const int maxn=, inf=1e9, mod=;
int n, N;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn];
char s[maxn];
inline int power(int a, int b)
{
int ans=;
for(;b;b>>=, a=1ll*a*a%mod)
if(b&) ans=1ll*ans*a%mod;
return ans;
}
inline void ntt(int *a, int f)
{
for(int i=, j=;i<N;i++)
{
if(i<j) swap(a[i], a[j]);
for(int k=N>>;(j^=k)<k;k>>=);
}
for(int i=;i<=N;i<<=)
{
int nw=power(, (mod-)/i);
if(f==-) nw=power(nw, mod-);
for(int j=, m=i>>;j<N;j+=i)
for(int k=, w=;k<m;k++)
{
int t=1ll*a[j+k+m]*w%mod;
a[j+k+m]=MOD(a[j+k]-t+mod);
a[j+k]=MOD(a[j+k]+t);
w=1ll*w*nw%mod;
}
}
if(f==-) for(int i=, inv=power(N, mod-);i<N;i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
}
int main()
{
scanf("%d", &n); for(N=;N<(n<<);N<<=);
scanf("%s", s); for(int i=;i<n;i++) a[n-i-]=s[i]-'';
scanf("%s", s); for(int i=;i<n;i++) b[n-i-]=s[i]-'';
ntt(a, ); ntt(b, );
for(int i=;i<N;i++) c[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
ntt(c, -);
for(int i=;i<N;i++)
if(c[i]>=)
{
c[i+]+=c[i]/; c[i]%=;
if(i==N-) N++;
}
N--; while(!c[N] && N>) N--;
for(int i=N;~i;i--) printf("%d", c[i]);
}
DP。
$f[i][j]$为前$i$个数总和$mod\ m$后为$j$的方案数，$B[i]$为集合内数$mod\ m$后为$i$的数的个数。$$f[i][j*k\%m]=\sum f[i-1][j]*B[k]$$
这个式子显然是可以矩阵快速幂优化的，效率$O(m^2logn)$，还是会TLE。
对所有数$x$，设$g^i(mod\ m)=x$，则将$x$映射为$i$，即取$x$在模$m$意义下的离散对数，$c$为$f[L]$，$a$为$f[L-1]$。
原式改为：$$c[(i+j)\%(\varphi(m)=m-1)]=\sum_{k=0}^{i+j} a[i]\cdot b[i+j-k]$$
卷积形式，上NTT
注意乘出来超过$m-1$项，而次数超过$m-1$项的贡献应加回次数减去$m-1$的项中，即上方式子的取模操作。
NTT次数较多预处理出$g$的所有次幂会快一些，而且因为不明原因直接取模会比快速取模快，CPU你怎么这么难伺候...
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#define MOD(x) ((x)>=mod?(x)-mod:(x))
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=, inf=1e9, mod=;
int n, m, x, s, N, g, X;
int a[maxn], b[maxn], A[maxn], B[maxn], ind[maxn], p[maxn], g1[maxn], g2[maxn];
inline void read(int &k)
{
int f=; k=; char c=getchar();
while(c<'' || c>'') c=='-'&&(f=-), c=getchar();
while(c<='' && c>='') k=k*+c-'', c=getchar();
k*=f;
}
inline int power(int a, int b, int p)
{
int ans=;
for(;b;b>>=, a=1ll*a*a%p)
if(b&) ans=1ll*ans*a%p;
return ans;
}
inline bool judge(int x)
{
for(int i=;i<=p[];i++)
if(power(x, (m-)/p[i], m)==) return ;
return ;
}
inline int yg(int x)
{
x--;
for(int i=;i*i<=x;i++)
if(x%i==)
{
p[++p[]]=i;
while(x%i==) x/=i;
}
if(x>) p[++p[]]=x;
for(int i=;;i++) if(judge(i)) return i;
}
inline void init()
{
int base1=power(, (mod-)/N, mod), base2=power(base1, mod-, mod);
g1[]=g2[]=;
for(int i=;i<=N;i++) g1[i]=1ll*g1[i-]*base1%mod, g2[i]=1ll*g2[i-]*base2%mod;
}
inline void ntt(int *a, int *w, int f)
{
for(int i=, j=;i<N;i++)
{
if(i<j) swap(a[i], a[j]);
for(int k=N>>;(j^=k)<k;k>>=);
}
for(int i=;i<=N;i<<=)
for(int j=, m=i>>;j<N;j+=i)
for(int k=;k<m;k++)
{
int t=1ll*a[j+k+m]*w[N/i*k]%mod;
a[j+k+m]=(a[j+k]-t+mod)%mod;
a[j+k]=(a[j+k]+t)%mod;
}
if(f==-) for(int i=, inv=power(N, mod-, mod);i<N;i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
}
inline void mul(int *a, int *b, int *c)
{
memcpy(A, a, N<<); memcpy(B, b, N<<);
ntt(A, g1, ); ntt(B, g1, );
for(int i=;i<N;i++) c[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
ntt(c, g2, -);
for(int i=;i<m-;i++) c[i]=MOD(c[i]+c[i+m-]), c[i+m-]=;
}
int main()
{
read(n); read(m); read(X); read(s); g=yg(m);
for(int i=, j=;i<m-;i++, j=1ll*j*g%m) ind[j]=i; X=ind[X];
for(N=;N<m;N<<=); N<<=; init();
for(int i=;i<=s;i++) read(x), x && (a[ind[x]]++); b[]=;
for(;n;n>>=, mul(a, a, a)) if(n&) mul(a, b, b);
printf("%d\n", b[X]);
}
例3：