suoj26 XY宏（ntt板子）

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计算两个多项式mod998244353意义下的乘积。

和fft基本一样，就是把单位复数根$w_n$换成了单位原根。

原根的定义：设m是正整数，a是整数，若a模m的阶等于φ(m)，则称a为模m的一个原根。
（a模m的阶ord m(a)就是满足$a^t\equiv1 \mod m的最小正整数t$）
我们常用的模数是998244353,它的原根G=3.以下的讨论均在%P的意义下讨论。

设$g=G^{\frac{P-1}{n}}$，就是单元原根。我们显然有$g^n=1,g^{n/2}=-1$，类似单位复数根，于是我们只需把所有的$w_n$换成g即可。
也就是我们有：

$$DFT:A(g^k)=\sum\limits_{j=0}^{n-1}a_j*g^{kj}$$
$$IDFT:a_j=\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}A(g^k)*g^{-kj}$$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 500010
#define mod 998244353
#define G 3
inline char gc(){
    static char buf[1<<16],*S,*T;
    if(S==T){T=(S=buf)+fread(buf,1,1<<16,stdin);if(T==S) return EOF;}
    return *S++;
}
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=gc();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x*f;
}
inline int ksm(int x,int k){
    int res=1;
    for(;k;k>>=1,x=(ll)x*x%mod)
        if(k&1) res=(ll)res*x%mod;return res;
}
int n,m,a[N<<2],b[N<<2],L=0,R[N<<2],inv;
inline void ntt(int *a,int f){
    for(int i=0;i<n;++i) if(i<R[i]) swap(a[i],a[R[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1){
        int wn=ksm(G,f==1?(mod-1)/(i*2):mod-1-(mod-1)/(i*2));
        for(int j=0,p=i<<1;j<n;j+=p){
            int w=1;
            for(int k=0;k<i;++k,w=(ll)w*wn%mod){
                int x=a[j+k],y=(ll)a[j+k+i]*w%mod;
                a[j+k]=(x+y)%mod;a[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    }if(f==-1) for(int i=0;i<n;++i) a[i]=(ll)a[i]*inv%mod; 
}
int main(){
//  freopen("a.in","r",stdin);
    n=read();m=read();
    for(int i=0;i<=n;++i) a[i]=read();
    for(int i=0;i<=m;++i) b[i]=read();
    m=n+m;for(n=1;n<=m;n<<=1) ++L;inv=ksm(n,mod-2);
    for(int i=0;i<n;++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|(i&1)<<L-1;
    ntt(a,1);ntt(b,1);
    for(int i=0;i<n;++i) a[i]=(ll)a[i]*b[i]%mod;
    ntt(a,-1);
    for(int i=0;i<=m;++i) printf("%d ",a[i]);
    return 0;
}