多项式算法4：任意模数的多项式乘法（MTT和拆系数的FFT）

前置知识：
FFT
NTT

MTT

MTT即为任意模数的NTT。
一般有两种情况需要用到任意模数的NTT：
一，模数是NTT模数，但是多项式长度超出了限制（比如模数是$998244353$，而多项式长度和超过了$2^{23}$）；
二，模数不是上面提到的NTT模数，比如模数是$1000000007$。
这里我们推荐换一个思路，考虑能不能把这些模数全都用上（模数乘积大于多项式相乘后的最大值即可），求出在这些模意义下的值分别是多少，最后通过中国剩余定理（CRT）来算出在给定模数的模意义下的值（选的质数为：$998244353$ ，$2281701377$ ，$1004535809$）。
但是这些模数相乘后会爆long long（多项式相乘后的最大值一般不爆long long，侧面证明了这个方法普适性广，真爆long long了就换下一题吧 ），所以要想一些别的办法来CRT。
我们设最后的多项式某一个位置上实际的答案为$ans$，选取的三个质数分别为$p_1$，$p_2$，$p_3$。
我们先通过6次DFT，3次IDFT算出在模意义下的值：
$$ans\equiv a_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_1)$$$$ans\equiv a_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_2)$$$$ans\equiv a_3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_3)$$。
根据CRT我们不难算出$ans\equiv a_4(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_1{p}_2)$。
设$ans=a_5{p}_1{p}_2+a_4$，我们已知$a_4$，如果能求出$a_5$就能求出$ans$的值。
由于$ans\equiv a_3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_3)$，
所以$a_5{p}_1{p}_2\equiv a_3-a_4(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_3)$，
最后可得$a_5\equiv (a_3-a_4)p_1^{-1}{p}_2^{-2}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_3)$。
现在$a_5$，$p_1$，$p_2$，$a_4$都已经知道了，我们直接用$ans=a_5{p}_1{p}_2+a_4$算出答案即可（这里模的是题目输入的那个模数）。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 262157;
int n,m;
struct ntt {
   
	ll mod , a[N] , b[N];
	int len , rev[N];
	ll g , gi;
	inline ll qw(ll x,ll y) {
   
		ll res = 1;
		while ( y ) {
   
			if( y & 1 ) {
   
				res = ( res * x ) % mod;
			}
			x = ( x * x ) % mod;
			y >>= 1;
		}
		return res;
	}
	inline void init(const int x) {
   
		int bit = 0;
		len = 1;
		gi = qw( g , mod - 2 );
		while ( len <= x ) {
   
			len <<= 1;
			++bit;
		}
		for ( int i = 0 ; i < len ; ++i ) {
   
			rev[i] = ( rev[i >> 1] >> 1 ) | ( ( i & 1 ) << ( bit - 1 ) );
		}
	}
	inline void NTT( ll *F , int on ) {
   
		for ( int i = 0 ; i < len ; ++i ) {
   
			if( i < rev[i] ) {
   
				swap( F[i] , F[rev[i]] );
			}
		}
		for ( int i = 2 ; i <= len ; i <<= 1 ) {
   //枚举步长，从递归的下面往上走 
			ll gn = qw( on ? g : gi , ( mod - 1 ) / ( i ) );
			for ( int j = 0 ; j <= len - 1 ; j += i ) {
   //走一遍步长 
				ll gg = 1;
				for ( int k = j ; k < j + i / 2 ; ++k ) {
   //枚举每块区间内的每一个元素
					ll u = F[k];
					ll v = ( ( gg * F[k + i / 2] ) % mod + mod ) % mod;
					F[k] = ( (u + v) % mod + mod ) % mod;
					F[k + i / 2] = ( ( u - v ) % mod  + mod ) % mod;
					gg = ( ( gg * gn ) % mod + mod ) % mod;
				}
			}
		}
		if( on == 0 ) {
   
			const ll inv = qw( (ll)len , mod - 2 );
			for ( int i = 0 ; i < len ; ++i ) {
   
				F[i] = ( ( F[i] * inv ) % mod + mod ) % mod;
			}
		}
		return;
	}
}num[3];
ll exgcd( ll a, ll b, ll &x , ll &y ) {
     
    if( !b ) {
   
		x = 1;
		y = 0;
        return a;  
    }
    const ll d = exgcd( b , a % b , x , y );
    ll t = x;
    x = y;
    y = t - ( a / b ) * y;
    return d;
}
inline ll mul( ll a , ll b , ll mod ) {
   //玄学快乘 
	ll ans = ( a * b - (ll)( (long double)a / mod * b + 1e-8 ) * mod );
	return ans < 0 ? ans + mod : ans; 
}
ll a[3],p[3];
ll crt() {
     
    ll pp = 1 , sum = 0;
    for ( int i = 1 ; i <= 2 ; ++i ) {
   
    	pp *= p[i];
	}
	for ( int i = 1 ; i <= 2 ; ++i ) {
   
		const ll mm = pp / p[i];
		ll x , y;
		exgcd( p[i] , mm , x , y );
		sum = ( sum + mul( mul( y , mm , pp ) , a[i] , pp ) )