任意模数NTT（学习笔记）

FFTFFTFFT有时候会被卡精度？所以可能会有模数，有了模数以后就需要模数的原根。

原根是什么？（留坑待填）

NTTNTTNTT有很多种解决方法
1.1.1.特殊模数
(2k+1)∣(p−1)，(p−1)>DFT的长度(2k+1)|(p−1)，(p−1)>DFT的长度(2k+1)∣(p−1)，(p−1)>DFT的长度，可以直接暴力求原根ggg，用ggg代替单位复数根

2.2.2.一般模数

三模数法（9次DFT）
如果这个模数的原根不好求，而模数又很大，可以用三个模数
要求 mod1×mod2×mod3≥n×p2mod1\times mod2\times mod3\ge n\times p^2mod1×mod2×mod3≥n×p2
常用998244353,1004535809,469762049998244353,1004535809,469762049998244353,1004535809,469762049，因为他们的原根都是333
对这几个模数分别做DFTDFTDFT，然后用中国剩余定理合并，然后对原模数取模即可
中国剩余定理部分：
ans≡c1modm1ans\equiv c1\ mod\ m1ans≡c1 mod m1
ans≡c2modm2ans\equiv c2\ mod\ m2ans≡c2 mod m2
ans≡c3modm3ans\equiv c3\ mod\ m3ans≡c3 mod m3
如果直接合并的话会爆longlonglong\ longlong long，可以先合并两个，再用奇技淫巧合并第三个
合并前两个：
ans≡(c1×m2×inv(m2,m1)+c2×m1×inv(m1,m2))mod(m1×m2)ans\equiv (c1\times m2\times inv(m2,m1)+c2\times m1\times inv(m1,m2)) mod\ (m1\times m2)ans≡(c1×m2×inv(m2,m1)+c2×m1×inv(m1,m2))mod (m1×m2)
其中inv(x,y)inv(x,y)inv(x,y)表示xxx对yyy取模的逆元。
把上式化简为ans≡CmodMans\equiv C\ mod\ Mans≡C mod M
设ans=x×M+C=y×m3+c3ans=x\times M+C=y\times m3+c3ans=x×M+C=y×m3+c3
接下来很重要：求出xmodm3x\ mod\ m3x mod m3意义下的值：
x≡(c3−C)×M−1modm3x\equiv (c3-C)\times M^{-1}\ mod\ m3x≡(c3−C)×M−1 mod m3
这样就可以算出右半部分的值qqq，令x=k×m3+qx=k\times m3+qx=k×m3+q，代入ansansans得：
ans=k×m1×m2×m3+q×M+Cans=k\times m1\times m2\times m3+q\times M+Cans=k×m1×m2×m3+q×M+C
因为ans∈[0,m1×m2×m3)ans\in [0,m1\times m2\times m3)ans∈[0,m1×m2×m3)，所以k=0k=0k=0，于是ansansans就可直接计算。
做9次DFT，常数极大
有一道模板题luogu4245
直接用三模数法，代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define LL long long
#define maxn 400005
using namespace std;
const LL mod1=998244353,mod2=1004535809,mod3=469762049,g=3;
const LL M=1LL*mod1*mod2;inline int rd(){int x=0,f=1;char c=' ';while(c<'0' || c>'9') f=c=='-'?-1:1,c=getchar();while(c<='9' && c>='0') x=x*10+c-'0',c=getchar();return x*f;
}int n,m,p,rev[maxn],limit=1,l;
LL a[3][maxn],b[3][maxn],ans[maxn];inline LL mul(LL x,int k,LL MOD){LL ret=0;while(k){if(k&1) (ret+=x)%=MOD;(x+=x)%=MOD; k>>=1;} return ret%MOD;
}inline LL qpow(LL x,int k,int MOD){LL ret=1;while(k){if(k&1) ret=ret*x%MOD;x=x*x%MOD; k>>=1;} return ret%MOD;
}inline void NTT(LL *F,int type,int MOD){for(int i=0;i<limit;i++){F[i]%=MOD;if(i<rev[i]) swap(F[i],F[rev[i]]);}for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1){LL Wn=qpow(g,type==1?(MOD-1)/(mid<<1):(MOD-1-(MOD-1)/(mid<<1)),MOD);//!for(int r=mid<<1,j=0;j<limit;j+=r){LL w=1;for(int k=0;k<mid;k++,w=w*Wn%MOD){LL x=F[j+k],y=w*F[j+mid+k]%MOD;F[j+k]=(x+y)%MOD; F[j+mid+k]=(x-y+MOD)%MOD;}}}if(type==-1){LL INV=qpow(limit,MOD-2,MOD);//除以limitfor(int i=0;i<limit;i++) F[i]=F[i]*INV%MOD; }
}inline void CRT(){for(int i=0;i<limit;i++){LL tmp=0;(tmp+=mul(a[0][i]*mod2%M,qpow(mod2,mod1-2,mod1),M))%=M;(tmp+=mul(a[1][i]*mod1%M,qpow(mod1,mod2-2,mod2),M))%=M;a[1][i]=tmp;}for(int i=0;i<limit;i++){//x=(c3-C)/M mod mod3LL tmp=(a[2][i]-a[1][i]%mod3+mod3)%mod3*qpow(M%mod3,mod3-2,mod3)%mod3;ans[i]=(M%p*tmp%p+a[1][i]%p)%p;}
}inline void solve(int x,int MOD){NTT(a[x],1,MOD); NTT(b[x],1,MOD);for(int i=0;i<limit;i++) a[x][i]=a[x][i]*b[x][i]%MOD;NTT(a[x],-1,MOD);
}int main(){n=rd(); m=rd(); p=rd();for(int i=0;i<=n;i++){int x=rd();for(int j=0;j<3;j++) a[j][i]=x%p;}for(int i=0;i<=m;i++){int x=rd();for(int j=0;j<3;j++) b[j][i]=x%p;}while(limit<=n+m) limit<<=1,++l;for(int i=0;i<limit;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));solve(0,mod1); solve(1,mod2); solve(2,mod3);CRT();for(int i=0;i<=n+m;i++) printf("%lld ",ans[i]);return 0;
}

拆系数法（7次DFT）
将两个多项式系数拆开，然后发现可以分成三部分计算，不很常用而且精度掉的厉害，这里先不做详细解释
MTT（4次DFT）
奇技淫巧，话说三模数NTT卡卡常多预处理一些应该都能过去，不行就开O2，跑的蛮快的（反正省选也开O2 ），这个东西先放着，以后闲得没事再来看

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