正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4245

题目大意

两个多项式，求它们的乘积模ppp。

解题思路

方法好像挺多，我用的是最简单的一种就是，先定一个常数sqqsqqsqq（一般是q\sqrt qq），把一个项的数xxx拆成k∗sqq+rk*sqq+rk∗sqq+r。然后把FFF的kkk丢进AAA，rrr丢进BBB。GGG的kkk丢进CCC，rrr丢进DDD。
然后对于A∗CA*CA∗C的部分就是sqq2sqq^2sqq2的部分，A∗D+B∗CA*D+B*CA∗D+B∗C就是sqqsqqsqq，C∗DC*DC∗D就是111。这样下来要跑777次FFT\text{FFT}FFT，很慢但是能过，而且要开long double\text{long double}long double和预处理单位根不然会被卡精度。

有一个比较快的方法是变成两个复数多项式E[x]=A[x]+B[x]∗i,F[x]=C[x]+D[x]∗iE[x]=A[x]+B[x]*i,F[x]=C[x]+D[x]*iE[x]=A[x]+B[x]∗i,F[x]=C[x]+D[x]∗i（其中iii表示−1\sqrt{-1}−1）。然后乘起来做一下公式就可以做到333次FFT\text{FFT}FFT。

还有一个就是不会被卡精度的NTT\text{NTT}NTT方法，就是找三个有原根的模数分别跑出来，然后用CRT\text{CRT}CRT合并，这个跑的次数多，但是因为是NTT\text{NTT}NTT所以常数和第一个差不多？

时间复杂度都是O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)就是常数有不同而已

codecodecode

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4e5+10,sqq=32768;
const long double Pi=acos(-1);
struct complex{long double x,y;complex (long double xx=0,long double yy=0){x=xx;y=yy;return;}
}A[N],B[N],C[N],D[N];
complex operator+(complex a,complex b)
{return complex(a.x+b.x,a.y+b.y);}
complex operator-(complex a,complex b)
{return complex(a.x-b.x,a.y-b.y);}
complex operator*(complex a,complex b)
{return complex(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);}
ll n,m,p,F[N],G[N],H[N],r[N];
complex w[N];
void FFT(complex *f,ll op,ll n){for(ll i=0;i<n;i++)if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);for(ll p=2;p<=n;p<<=1){ll len=p>>1;for(ll k=0;k<n;k+=p)for(ll i=k;i<k+len;i++){complex tmp=w[n/len*(i-k)];if(op==-1)tmp.y=-tmp.y;complex tt=f[i+len]*tmp;f[i+len]=f[i]-tt;f[i]=f[i]+tt;}}if(op==-1){for(ll i=0;i<n;i++)f[i].x=(ll)(f[i].x/n+0.49);}return;
}
void MTT(ll *a,ll *b,ll *c,ll m,ll k){ll n=1;while(n<=m+k)n<<=1;for(ll i=0;i<n;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);for(ll len=1;len<n;len<<=1)for(ll i=0;i<len;i++)w[n/len*i]=complex(cos(i*Pi/len),sin(i*Pi/len));for(ll i=0;i<m;i++)A[i].x=a[i]/sqq,B[i].x=a[i]%sqq;for(ll i=0;i<k;i++)C[i].x=b[i]/sqq,D[i].x=b[i]%sqq;FFT(A,1,n);FFT(B,1,n);FFT(C,1,n);FFT(D,1,n);complex t1,t2;for(ll i=0;i<n;i++){t1=A[i]*C[i];t2=B[i]*D[i];B[i]=A[i]*D[i]+B[i]*C[i];A[i]=t1;C[i]=t2;}FFT(A,-1,n);FFT(B,-1,n);FFT(C,-1,n);for(ll i=0;i<n;i++){(c[i]+=(ll)(A[i].x)*sqq%p*sqq%p)%=p;(c[i]+=(ll)(B[i].x)*sqq%p)%=p;(c[i]+=(ll)(C[i].x))%=p;}return;
}
signed main()
{scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);n++;m++;for(ll i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&F[i]);for(ll i=0;i<m;i++)scanf("%lld",&G[i]);MTT(F,G,H,n,m);for(ll i=0;i<n+m-1;i++)printf("%lld ",(H[i]%p+p)%p);
}

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