前言

算法简介
上次的FFT大量使用浮点数，有精度不好控制的问题，使用可以保证精度的方法又容易超时。这里NTT是在取模的一个前提下找到一个新的且为整数的单位根（在取模意义下），我们记其为GGG，那么用这个根去替代原来的ωn\omega_nωn来进行运算。因为所有运算就会变成整数运算，所以精度误差大大降低。使用NTT也方便按照题目要求进行取模运算，缺点就是只能进行以整数为系数的多项式运算，同时数组长度和每一项的值（如果题目原本不要求取模的话）都有限制。

前置知识

阶
若正整数aaa，ppp互质且满足p>1p>1p>1，则：
对于an≡1(modp)a^n \equiv 1(\mod p )an≡1(modp)最小的nnn，我们称之为aaa模ppp的阶，记作δp(a)\delta_p(a)δp(a)。
对于i∈[0,δp(a))i \in [0,\delta_p(a))i∈[0,δp(a))，所有的aimodpa^i \mod paimodp结果互不相同。
我们假设存在两个整数jjj，kkk满足aj≡ak(modp),0≤j<k<δp(a)a^j \equiv a^k (\mod p),0 \le j \lt k \lt \delta_p(a)aj≡ak(modp),0≤j<k<δp(a)则有ak−j≡1(modp)a^{k-j}\equiv 1 (\mod p)ak−j≡1(modp)，与阶的定义矛盾。
原根
设nnn是正整数，ggg是整数，若ggg模nnn的阶δn(g)=φ(n)\delta_n(g)= \varphi(n)δn(g)=φ(n)且gcd⁡(g,n)=1\gcd(g,n) =1gcd(g,n)=1，则称ggg为nnn的一个原根。
若gcd⁡(g,n)=1\gcd(g,n) =1gcd(g,n)=1且n>0n>0n>0，则ggg为nnn的一个原根的充要条件为：S={g1,g2,g3,⋯,gφ(n)}S=\{g^1,g^2,g^3,\cdots,g^{\varphi(n)} \}S={g1,g2,g3,⋯,gφ(n)}为nnn的一组简化剩余系（即一组包含所有模nnn后与nnn互质且取模后的数两两不相同的数）。
由上文可知若ggg为原根，则SSS中任意两个元素在模nnn的意义下不同余。
又因为gcd⁡(g,n)=1\gcd(g,n)=1gcd(g,n)=1，故而SSS为nnn的一组简化剩余系。
FFT
FFT详解

正文

关于原根和模数的选择
由于NTT大量二分数组，我们希望选一些形如p=q×2k+1p=q \times 2^k + 1p=q×2k+1的质数ppp，其中qqq为奇自然数，kkk为整数。
我们有以下的原根可以选。

模数	原根	原根的逆元	最大长度
469762049=7×226+1469762049=7 \times 2^{26} + 1469762049=7×226+1	3	156587350	2262^{26}226
998244353=119×223+1998244353=119 \times 2^{23} + 1998244353=119×223+1	3	332748118	2232^{23}223
2281701377=17×227+12281701377=17 \times 2^{27} + 12281701377=17×227+1	3	760567126	2272^{27}227
1004535809=479×221+11004535809=479 \times 2^{21} + 11004535809=479×221+1	3	334845270	2212^{21}221

DFT
通过观察，我们可以发现原根有一些和复数单位根很像的性质：
我们令nnn为大于111的222的幂，ppp为素数且n∣(p−1)n |(p-1)n∣(p−1)，ggg为ppp的一个原根。
我们设gn=gp−1ng_n=g^{\frac{p-1}{n}}gn=gnp−1所以gnn=gn×p−1n=gp−1g_n^n=g^{n \times \frac{p-1}{n}}=g^{p-1}gnn=gn×np−1=gp−1gnn2=gp−12g_n^{\frac{n}{2}}=g^{\frac{p-1}{2}}gn2n=g2p−1ganak=gak(p−1)an=gk(p−1)n=gnkg_{an}^{ak}=g^{\frac{ak(p-1)}{an}}=g^{\frac{k(p-1)}{n}}=g_n^kganak=ganak(p−1)=gnk(p−1)=gnk通过观察不难得出：gnn≡gp−1≡1(modp)g_n^n \equiv g^{p-1} \equiv 1 (\mod p)gnn≡gp−1≡1(modp)又因为(gnn2)2≡1(modp)(g_n^{\frac{n}{2}})^2\equiv 1 (\mod p)(gn2n)2≡1(modp)，且同属于一个简化剩余系，不能相等，
故gnn2≡−1(modp)g_n^{\frac{n}{2}}\equiv -1 (\mod p)gn2n≡−1(modp)同时我们有(gnk+n2)2≡(gnk)2×gnn≡(gnk)2(modp)(g_n^{k + \frac{n}{2}})^2\equiv (g_n^k)^2 \times g_n^n \equiv (g_n^{k})^2 (\mod p)(gnk+2n)2≡(gnk)2×gnn≡(gnk)2(modp)又因为同属于一个简化剩余系，不能相等，可得gnk+n2≡−gnk(modp)g_n^{k + \frac{n}{2}} \equiv -g_n^{k} (\mod p)gnk+2n≡−gnk(modp)
总而言之，单位根在FFT中用到的性质原根都有。
gnn≡1(modp)g_n^n \equiv 1 (\mod p)gnn≡1(modp)
ganak≡gnk(modp)g_{an}^{ak} \equiv g_n^k(\mod p)ganak≡gnk(modp)
gnn2≡−1(modp)g_n^{\frac{n}{2}}\equiv -1 (\mod p)gn2n≡−1(modp)
gnk+n2≡−gnk(modp)g_n^{k + \frac{n}{2}} \equiv -g_n^{k} (\mod p)gnk+2n≡−gnk(modp)
所以在DFT的过程中带入gnkg_n^kgnk和gnk+n2g_n^{k+\frac{n}{2}}gnk+2n实质上和带入ωnk\omega_n^kωnk和ωnk+n2\omega_n^{k+\frac{n}{2}}ωnk+2n一样。
IDFT
和FFT一样，用矩阵来辅助思考：
[gn0gn0gn0⋯gn0gn0gn1gn2⋯gnn−1gn0gn2gn4⋯gn2n−2gn0gn3gn6⋯gn3n−3⋮⋮⋮⋱⋮gn0gnn−1gn2n−2⋯gn(n−1)2]∗[a0a1a2a3⋮an−1]=[F0F1F2F3⋮Fn−1]\left[ \begin{array}{ccccc} g_{n}^{0} &g_{n}^{0}&g_{n}^{0} & \cdots & g_{n}^{0} \\ g_{n}^{0}&g_{n}^{1}&g_{n}^{2} & \cdots & g_{n}^{n-1} \\ g_{n}^{0} & g_{n}^{2} & g_{n}^{4} & \cdots &g_{n}^{2n-2} \\ g_{n}^{0} &g_{n}^{3} & g_{n}^{6} &\cdots & g_{n}^{3n-3} \\ \vdots & \vdots & \vdots &\ddots & \vdots \\ g_{n}^{0} &g_{n}^{n-1} &g_{n}^{2n-2} &\cdots &g_{n}^{(n-1)^2}\\ \end{array} \right] * \left[ \begin{array}{ccccc} a_0\\ a_1\\ a_2\\ a_3\\ \vdots\\ a_{n-1}\\ \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{ccccc} F_0\\ F_1\\ F_2\\ F_3\\ \vdots\\ F_{n-1}\\ \end{array} \right] ⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡gn0gn0gn0gn0⋮gn0gn0gn1gn2gn3⋮gnn−1gn0gn2gn4gn6⋮gn2n−2⋯⋯⋯⋯⋱⋯gn0gnn−1gn2n−2gn3n−3⋮gn(n−1)2⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤∗⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡a0a1a2a3⋮an−1⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤=⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡F0F1F2F3⋮Fn−1⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤
和FFT不太一样，乘以单位根的共轭复数的过程将变成乘以原根在模ppp意义下的逆元，最后再乘以长度nnn模ppp下的逆元即可。
证明如下（以下运算均在模ppp的条件下进行）：
gnk=g(p−1n)kg_n^k=g^{(\frac{p-1}{n})k}gnk=g(np−1)k
如上矩阵，F(k)=∑j=0n−1a(j)(gni)jkF(k)=\sum_{j=0}^{n-1}a(j) (g_n^{ i })^{jk}F(k)=j=0∑n−1a(j)(gni)jk
逆变换为：
1n∑k=0n−1F(k)(gni)−jk=1n∑k=0n−1(∑l=0n−1a(l)(gni)lk)(gni)−jk=1n∑k=0n−1(∑l=0n−1a(l)(gni)(l−j)k)\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1}F(k) (g_n^{ i })^{ -jk }=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1}( \sum_{l=0}^{n-1}a(l)(g_n^{ i })^{ lk } )(g_n^{ i })^{- jk }=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1}( \sum_{l=0}^{n-1}a(l)(g_n^{ i })^{ (l-j)k } )n1k=0∑n−1F(k)(gni)−jk=n1k=0∑n−1(l=0∑n−1a(l)(gni)lk)(gni)−jk=n1k=0∑n−1(l=0∑n−1a(l)(gni)(l−j)k)
式子=1n∑k=0n−1(a(0)(gni)(0−j)k+a(1)(gni)(1−j)k+⋯+a(n−1)(gni)((n−1)−j)k)=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1}( a(0)(g_n^{ i })^{ (0-j)k} + a(1)(g_n^{ i })^{ (1-j)k} + \cdots + a(n-1)(g_n^{ i })^{ ((n - 1)-j)k} )=n1k=0∑n−1(a(0)(gni)(0−j)k+a(1)(gni)(1−j)k+⋯+a(n−1)(gni)((n−1)−j)k)
展开kkk的求和式得
=1n[a(0)((gni)(0−j)0+(gni)(0−j)1+⋯+(gni)(0−j)(n−1))+a(1)((gni)(1−j)0+(gni)(1−j)1+⋯+(gni)(1−j)(n−1))+⋯+a(n−1)((gni)((n−1)−j)0+(gni)((n−1)−j)1+⋯+(gni)((n−1)−j)(n−1))]=\frac{1}{n}[ a(0)((g_n^{ i })^{ (0-j)0 }+(g_n^{ i })^{ (0-j)1 } + \cdots + (g_n^{ i })^{ (0-j)(n-1) }) + \\ a(1)((g_n^{ i })^{ (1-j)0 }+(g_n^{ i })^{ (1-j)1 } + \cdots + (g_n^{ i })^{ (1-j)(n-1) }) + \\ \cdots + \\ a(n-1)((g_n^{ i })^{ ((n-1)-j)0 }+(g_n^{ i })^{ ((n-1)-j)1 } + \cdots + (g_n^{ i })^{ ((n-1)-j)(n-1) }) ]=n1[a(0)((gni)(0−j)0+(gni)(0−j)1+⋯+(gni)(0−j)(n−1))+a(1)((gni)(1−j)0+(gni)(1−j)1+⋯+(gni)(1−j)(n−1))+⋯+a(n−1)((gni)((n−1)−j)0+(gni)((n−1)−j)1+⋯+(gni)((n−1)−j)(n−1))]
由等比数列的求和公式得：
a(x)((gni)(x−j)0+(gni)(x−j)1+⋯+(gni)(x−j)(n−1))=a(x)1−((gni)n(x−j))n1−(gni)(x−j)a(x)((g_n^{ i })^{ (x-j)0 }+(g_n^{ i })^{ (x-j)1 } + \cdots + (g_n^{ i })^{ (x-j)(n-1) })=a(x) \frac{1- ((g_n^{ i })^{{n}(x-j)})^n}{1- (g_n^{ i })^{(x-j)} }a(x)((gni)(x−j)0+(gni)(x−j)1+⋯+(gni)(x−j)(n−1))=a(x)1−(gni)(x−j)1−((gni)n(x−j))n当j≠xj \neq xj=x，可得：a(x)1−((gni)(x−j))n1−(gni)(x−j)=a(x)1−(gi)(x−j)1−(gni)(x−j)=a(x)1−1(x−j)1−(gni)(x−j)=0a(x) \frac{1- ((g_n^{ i })^{(x-j)})^n}{1- (g_n^{ i })^{(x-j)} }=a(x) \frac{1- (g^{ i })^{(x-j)} }{1- (g_n^{ i })^{(x-j)} }=a(x) \frac{1- 1^{ (x-j)}}{1- (g_n^{ i })^{(x-j)} }=0a(x)1−(gni)(x−j)1−((gni)(x−j))n=a(x)1−(gni)(x−j)1−(gi)(x−j)=a(x)1−(gni)(x−j)1−1(x−j)=0
当j=xj = xj=x，可得：a(x)((gni)(x−j)0+(gni)(x−j)1+⋯+(gni)(x−j)(n−1))=na(x)a(x)((g_n^{ i })^{ (x-j)0 }+(g_n^{ i })^{ (x-j)1 } + \cdots + (g_n^{ i })^{ (x-j)(n-1) })=na(x)a(x)((gni)(x−j)0+(gni)(x−j)1+⋯+(gni)(x−j)(n−1))=na(x)
因而：1n∑k=0n−1F(k)(gni)−jk=1n∑k=0n−1(∑l=0n−1a(l)(gni)lk)(gni)−jk=na(x)\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1}F(k) (g_n^{ i })^{ -jk }=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1}( \sum_{l=0}^{n-1}a(l)(g_n^{ i })^{ lk } )(g_n^{ i })^{- jk }=na(x)n1k=0∑n−1F(k)(gni)−jk=n1k=0∑n−1(l=0∑n−1a(l)(gni)lk)(gni)−jk=na(x)
该矩阵的逆矩阵得证。
模板题
贴上DFT与IDFT结合起来的代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1 << 22;
const int g = 3 , gi = 332748118 , mod = 998244353;//不加const时间翻四倍
ll qw( ll a , ll b ) {ll ans = 1;while ( b ) {if( b & 1 ) {ans = ans * a % mod;}a = a * a % mod;b >>= 1;}return ans;
}
int rev[N];
int n , m , l;
ll a[N] , b[N];
void pre( int bit ) {for ( int i = 0 ; i < ( 1 << bit ) ; ++i ) {rev[i] = (rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit - 1));}
}
void NTT( ll *F , int len , int on ) {for ( int i = 0 ; i < len ; ++i ) {//把递归的底层交换好if ( i < rev[i] ) {swap( F[i] , F[rev[i]] );}}for ( int i = 2 ; i <= len ; i <<= 1 ) {//枚举步长，从递归的下面往上走 ll gn = qw( on ? g : gi , ( mod - 1 ) / ( i ) );for ( int j = 0 ; j <= len - 1 ; j += i ) {//走一遍步长 ll gg = 1;for ( int k = j ; k < j + i / 2 ; ++k ) {//枚举每块区间内的每一个元素ll u = F[k];ll t = gg * F[k + i / 2] % mod;F[k] = (u + t) % mod;F[k + i / 2] = ( u - t  + mod ) % mod;gg = gg * gn % mod;}}}return;
}int main () {int len = 0;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);}len = n + m;int tim = 1;l = 0;while( tim <= len ) {tim <<= 1;l++;}len = tim;pre(l);NTT( a , len , 1 );NTT( b , len , 1 );for ( int i = 0 ; i <= len - 1 ; ++i ) {a[i] = a[i] * b[i] % mod;}NTT( a , len , 0 );ll inv = qw( len , mod - 2 );for ( int i = 0 ; i <= n + m ; ++i ) {printf("%lld ",a[i] * inv % mod);}return 0;
}

任意模数的坑以后再填吧QWQ。

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