任意模数的多项式乘法

一、 NTT的局限

对于模数符合下列条件的多项式乘法，我们可以用NTT。

• 模数为$P=r\ast 2^k+1$, 其中$k$足够大，满足$2^k>=N$，$N$为多项式扩充后的项数。因为多项式乘法都需要将项数扩充到$2$的幂。

而如果不满足这个条件，则我们无法使用$NTT$直接做了。

而要使用$FFT$解决带模的多项式乘法，则要保证在不考虑模数的情况下，多项式乘积的系数不能超过$double$能表示的精度。一般$double$的精度在$10^{16}$，所以如果系数超过$10^{16}$以后，则用double不能精确表示了。

二、 任意模数的多项式乘法

模数为任意整数时的多项式乘法该如何解决呢？

1. 三模数NTT

有两种解决思路，第一种是三模数$NTT$。即找三个模数，这三个模数都需满足上述$NTT$的条件。分别求出在三个模数下的多项式乘法的结果，然后再利用中国剩余定理，求出在给定模数下的结果。
设给定的模数为$mod$, 自己找的三个模数为$mod1,mod2,mod3$，这三个模数除了要满足上述$NTT$的条件外，还需要满足：
$mod1\times mod2\times mod3$大于结果多项式中的所有系数，其中两个$mod$的乘积要在long long 范围以内。
对多项式结果的系数$c$：有：

$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}c\equiv c_1(\mathrm{mod}mod1)\\ c\equiv c_2(\mathrm{mod}mod2)\\ c\equiv c_3(\mathrm{mod}mod3)\end{array}\end{array}$

根据扩展中国剩余定理，由前两个方程可知：
$c1+mo{d}_1\times k_1=c2+mo{d}_2\times k_2$
$k_1\times mo{d}_1\equiv (c2-c1)(\mathrm{mod}mo{d}_2)$
$k_1=(c_2-c_1)\times mo{d}_1^{-1}(\mathrm{mod}mo{d}_2)$
求出了$k_1$以后，就可以求出来前两个方程下的$c$的值：
$$c\equiv (c_2-c_1)\times mo{d}_1^{-1}\times mo{d}_1+c_1(\mathrm{mod}mo{d}_1\times mo{d}_2)\text{\hspace{1em}(2)}$$

观察上式，发现有$mo{d}_1^{-1}\times mo{d}_1$,这不就是$1$吗？
那$2$式不变成了$c\equiv c2$了吗？
不是的，这里要注意，上面的式子中$mo{d}_1^{-1}$是指在模$mo{d}_2$意义下$mo{d}_1$的逆元，而在模$mo{d}_1\times mo{d}_2$意义下， $mo{d}_1^{-1}\times mo{d}_1$就不是逆元了，其不一定为$1$.

举个例子：$mo{d}_1$为$5$, $mo{d}_2$为$7$, 在$mo{d}_2$意义下，$mo{d}_1^{-1}$为$3$, 在$mo{d}_1\times mo{d}_2$意义下，$5\times 3$并不等于$1$.

然后将该式与方程组中的第三个方程联立起来，设$m=(c_2-c_1)\times mo{d}_1^{-1}\times mo{d}_1+c_1$,
可以得到：
$c\equiv (c_3-m)\times (mo{d}_1\times mo{d}_2{)}^{-1}\times (mo{d}_1$