浅谈$NTT$

$NTT$，快速数论变换，可以理解为带模数的FFT。

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$\delta_m(a) \mid \varphi(m)$
$\cdots$

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

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。

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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原根 & 阶

阶（指数）

原根

NTT

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