NTT(快速数论变换）和多项式求逆学习小记

NTT类似于FFT，只是把单位复数根改成了具有特殊性质的数，当然是在mo意义下的。

假设是mo一个数p。

p一定要是一个质数，并且p-1 = 2^x*y，2^x次方还要比较大。

原根：

对于一个质数p，它一定有原根g。

满足g^x（mod p）意义下互不相同(0<=xp-1)

对于原根的判定，可以判断是否存在一个g^x=1（mod p）(1<=xp-1),那么g就不是原根。

原根只能暴力找，但是由于原根都比较小，所以可以很快找到。

像1004535809、998244353的原根是3。

w的取用：

原来的$w_n^i$对应$g^{i*{(mo-1) \over n}}$。

为什么呢？

对于单位复数根有两个核心要求（满足它们就行了）：

1.互不相同
2.$w_n^i*w_n^j=w_n^{(i+j) ~mod~ n}$

因为g是原根，所以第一个性质成立。

对于第二个性质，显然有:
$g^{i*{(mo-1) \over n}}*g^{j*{(mo-1) \over n}}$
$={(g^i)}^{(mo-1) \over n} *{(g^j)}^{(mo-1) \over n}$
$={(g^{i+j})}^{(mo-1) \over n}$

又有:
${(g^{n})}^{(mo-1) \over n}$
$=g^{mo -1}$
$=1$

所以：
$={(g^{i+j})}^{(mo-1) \over n}$
$={(g^{(i+j)~mod~n})}^{(mo-1) \over n}$

所以这些数是可以完全替代单位复数根了。

NTT大概就是这样。

3（多）模数NTT:

有些题目（51nod上的）非常恶意。

多项式每一项的系数可能特别大，比如说10^22。

这时候你FFT用long double 精度炸了， 直接NTT也不行。

于是可以取3个NTT模数，最后中国剩余定理搞一下就行了。

多项式求逆：

对于一个多项式$A$.

求$B$，满足$A*B=1(mod~ x^n)$

这个东西可以弄到大数除法里去，可惜只能是整除，有些题也需要它。

思路在于分治。

假设已经求出了$B'$,满足$A*B'=1(mod~x^{n/2})$

显然有：
$A*(B-B')=0(mod~x^{n/2})$
$B-B'=0(mod~x^{n/2})$
两边同时平方，模数也平方，得：
$B^2-2BB'+B'^2=0(mod~x^n)$
两边同时乘A，得：
$B-2B'+AB'^2=0$
$B=B'(2-AB')$

乘法用FFT加速。

复杂度是$T(n)=n~log~n+T(n/2)≈n~ log ~ n$

代码：

NTT：

void dft(ll *a, int n) {
    ff(i, 0, n)  {
        int p = i, q = 0;
        ff(j, 0, tp) q = q * 2 + p % 2, p /= 2;
        if(q > i) swap(a[q], a[i]);
    }
    for(int m = 2; m <= n; m *= 2) {
        int h = m / 2;
        ff(i, 0, h) {
            int W = w[i * (n / m)];
            for(int j = i; j < n; j += m) {
                int k = j + h;
                ll u = a[j], v = a[k] * W % mo;
                a[j] = (u + v) % mo; a[k] = (u - v + mo) % mo;
            }
        }
    }
}
void fft(ll *a, ll *b, int n) {
    ll rev = ksm(3, (mo - 1) / n);
    w[0] = 1; fo(i, 1, n) w[i] = w[i - 1] * rev % mo;
    dft(a, n); dft(b, n);
    ff(i, 0, n) a[i] = a[i] * b[i] % mo;
    fo(i, 0, n / 2) swap(w[i], w[n - i]);
    dft(a, n); ll ni = ksm(n, mo - 2);
    ff(i, 0, n) a[i] = a[i] * ni % mo;
}