\(NTT\)，快速数论变换，可以理解为带模数的FFT。

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原根 & 阶

先来补一点数论。（这里讲的应该很少，都是针对\(ntt\)胡的，具体的话可以去看《初等数论》那本小黄书）。

阶（指数）

如果\(m > 1, (a,m) = 1\)，那么必有整数\(d\)，使得下面这个柿子成立
\[ a^d \equiv 1 \ (mod \ m) \]
我们称令这个柿子成立的最小的\(d\)叫\(a \ mod \ m\)的 阶（或指数），记作\(\delta_m(a)\)。

一些性质

• \((1).\) 因为\(a,m\)互质，所以根据欧拉定理\(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \ (mod \ m)\)，立即得到\(\delta_m(a) \le \varphi(m)\)

• $(2). $ 若\(d_0\)也满足\(a^{d_0} \equiv 1 \ (mod \ m)\)，那么必有\(\delta_m(a) \mid d_0\)，这个显然。
• $(3). $ 由\((1)\)和\((2)\)可以立即推出\(\delta_m(a) \mid \varphi(m)\)

• \(\cdots\)

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原根

若\(m > 1, (a,m) = 1\)，且\(\delta_m(a) = \varphi(m)\)，那么则称\(a\)是\(mod \ m\)的一个原根。

特别\(m\)是质数\(p\)的时候若\(\delta_p(a) = p-1\)，则\(a\)是原根。

性质

设\(g\)是\(m\)的原根，那么\(g, g^2,g^3,\cdots,g^{\varphi(m)}\)一定是在\(mod \ m\)意义下与\(m\)互质的\(\varphi(m)\)个数的一个排列。这个根据定义也显然。

特别的当\(m\)是一个质数\(p\)的时候，有\(g, g^2, g^3, \cdots, g^{p-1}\)在\(mod \ p\)意义下是\(1...p-1\)这\(p-1\)个数的一个排列。

偷偷告诉你，原根一般都很小，默认<=100就好了

那对于一个素数，如何找原根呢？

直接暴力，枚举\(g = 1...100\)，然后\(check\)，根据阶性质\((1)\)我们在枚举\(d\)的时候可以枚举\(p-1\)的因子，注意不要枚举到\(p-1\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int p;
int fpow(int a,int b,int mod=p){
    int ret=1; for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if (b&1) ret=1ll*ret*a%mod;
    return ret;
}
int chk(int g){
    for (int i=2;i*i<=p-1;i++) // !!从2开始
        if ((p-1)%i==0&&(fpow(g,i)==1||fpow(g,(p-1)/i)==1)) return 0;
    return 1;
}
int main(){
    scanf("%d",&p);
    for (int i=1;i<=100;i++)
        if (chk(i)){printf("G: %d\n",i); return 0;}
    return 1;
    return 0;
}

安利一个巨佬原根表

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NTT

P.S. 以下的原根都是在一个形如\(k2^t + 1\)的质数\(p\)的同余系下定义的。（\(t\)足够大，一般\(t \ge 20\)）

设\(g\)是\(mod \ p\)的原根，那么\(g, g^2, \cdots, g^{p-1}\)在\(mod \ p\)意义下是\(p-1\)个不同的数。

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回去看一下FFT，随便交一发就\(T\)了，你看这个FFT，他就是逊啦！。

发现\(FFT\)还有很多不足之处

• 复数运算，浮点数乘法，自带无穷大常数

• 多次调用三角函数，常数大，还掉精度

• 复数乘法异常难背，还要手算一遍

• \(\cdots\)

总之我们得想办法把频繁的复数运算和单位根去掉。

在颓\(FFT\)的时候我们用到了单位根的几个性质

• 1. \(\omega_{n}^{k} = (\omega_{n}^{1})^k\)
• 1. \(\omega_{n}^{k} = \omega_{n}^{k \ mod \ n}\)
• 1. \(\omega_{n}^{k + n/2} = -\omega_{n}^{k}\)
• 1. \(\omega_{2n}^{2k} = \omega_{n}^{k}\)

当然根据单位根的定义，\(\omega_{n}^{0}, \omega_{n}^{1}, \cdots, \omega_{n}^{n-1}\)必须是\(n-1\)个不同的数。

结论就是我们在\(mod \ p\)意义下，我们用原根\(g\)的\((p-1)/n\)次方代替\(\omega_{n}^{1}\)就对了，即\(\omega_{n}^1 = g^{(p-1)/n}\)。

我们来证一下性质（一下运算均是在\(mod \ p\)意义下的）。（1. 就是定义，即\(\omega_{n}^{k} = (\omega_{n}^1)^k = g^{k(p-1)/n}\),我们不用证）。

• 1. \(\omega_{n}^{k} = \omega_{n}^{k \% n}\)

     因为\(p\)是质数，有小费马\(a^{p-1} \equiv 1 \ (mod \ p)\)，立刻得到\(g^{(p-1)k/n} = g^{(p-1)k/n \% (p-1)}\)

     这时候并不能直接取模，因为\(k/n\)不一定是整数。我们令\(\{ x \}\)表示在\(mod \ p\)意义下\(x\)的小数部分。

     有\((p-1)k/n \% (p-1) = (p-1)\{ k/n \} = (p-1)(k \% n) /n\)，代上去即证。

• 1. \(\omega_{n}^{k+n/2} = -\omega_{n}^{k}\)

     根据定义，有\(\omega_{n}^{k+n/2} = \omega_{n}^{k} \cdot \omega_{n}^{n/2}\)

     由于\((\omega_{n}^{n/2})^2 = \omega_{n}^{n} = 1\)，所以\(\omega_{n}^{n/2}\)在\(mod \ p\)意义下只可能是\(1\)或\(-1\)，又因为\(\omega_{n}^{n/2} \not= \omega_{n}^{0}\)，所以\(\omega_{n}^{n/2} \equiv -1 ( mod \ p)\)。代上去就好了。

• 1. \(\omega_{2n}^{2k} = \omega_{n}^{k}\)

     这个应该是最好证的。。。

     把\(g^{(p-1)/n}\)代上去，\(g^{(p-1)2k/2n} = g^{(p-1)k/n}\)。没了。

综上所述，在\(mod \ p\)意义下用\(g^{(p-1)/n}\)代替\(\omega_{n}^{1}\)一点毛病都没有，在\(IDFT\)的时候用\((\omega_{n}^{1})^{-1}\)代替\(\omega_{n}^{-1}\)，算逆元就好了。

所以再来看一下板子题 才发现这里系数都<10

我们取一个信仰膜数\(p = 998244353\)，然后在\(mod \ p\)意义下做\(NTT\)，没了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
    char ch=getchar();int x=0,f=1;
    while (!isdigit(ch)){f=ch=='-'?-f:f;ch=getchar();}
    while (isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int N=4e6+10,P=998244353,G=3,IG=332748118;
int fpow(int a,int b,int mod=P){
    int ret=1; for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%P) if (b&1) ret=1ll*a*ret%P;
    return ret;
}
#define add(x,y) ((x)+(y)>=P?(x)+(y)-P:(x)+(y))
#define sub(x,y) ((x)-(y)<0?(x)-(y)+P:(x)-(y))
int rev[N];
void ntt(int *f,int n,int flg){
    for (int i=0;i<n;i++) if (i<rev[i]) swap(f[i],f[rev[i]]);
    for (int len=2;len<=n;len<<=1){
        int w1=fpow(flg==1?G:IG,(P-1)/len); // w^{-1} = (w^1)^{-1}
        for (int i=0;i<n;i+=len){
            int w=1;
            for (int j=i;j<(len>>1)+i;j++){
                int tmp=1ll*w*f[j+(len>>1)]%P;
                f[j+(len>>1)]=sub(f[j],tmp);
                f[j]=add(f[j],tmp);
                w=1ll*w*w1%P;
            }
        }
    }
}
int f[N],g[N];
int main(){
    int n=read(),m=read();
    for (int i=0;i<=n;i++) f[i]=read();
    for (int i=0;i<=m;i++) g[i]=read();
    int limit=1; while (limit<=n+m)limit<<=1;
    for (int i=0;i<limit;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?limit>>1:0);
    ntt(f,limit,1),ntt(g,limit,1);
    for (int i=0;i<limit;i++) f[i]=1ll*f[i]*g[i]%P;
    ntt(f,limit,-1); int ivn=fpow(limit,P-2);
    for (int i=0;i<=m+n;i++) printf("%d ",1ll*f[i]*ivn%P);
    return 0;
}

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