（本文转载自 [桃酱的算法笔记](https://zhuanlan.zhihu.com/c_1005817911142838272)，原文戳 [链接](https://zhuanlan.zhihu.com/p/41867199)，已获得作者授权）

## 简介

NTT 解决的是多项式乘法带模数的情况，可以说有些受模数的限制，数也比较大，

但是它比较方便呀毕竟没有复数部分 qwq

## 学习 NTT 之前...

### 生成子群

子群：群 $(S,⊕), (S′,⊕)$, 满足 $S′⊂S$，则 $(S′,⊕)$ 是 $(S,⊕)$ 的子群

拉格朗日定理:$|S′|∣|S |$ 证明需要用到陪集，得到陪集大小等于子群大小，每个陪集要么不想交要么相等，所有陪集的并是集合 $S$，那么显然成立。

生成子群：$a \in S$ ​的生成子群 $\left<a\right> = \{a^{(k)}, k \geq 1 \}$ ​，$a$ 是 $\left< a \right>$ 的生成元

阶：群 $S$ 中 $a$ 的阶是满足 $a^r=e$ 的最小的 $r$, 符号 $\operatorname{ord}(a)$ , 有 $\operatorname{ord}(a)=\left|\left<a\right>\right|$，显然成立。

考虑群 $Z_n^ \times =\{[a], n \in Z_n : \gcd(a, n) = 1\}, |Z_n^ \times | = \phi(n)$

阶就是满足 $a^r \equiv 1 (\bmod n)$ ​的最小的 $r$，  $\operatorname{ord}(a)=r$

### [原根](/math/primitive-root)

$g$ 满足 $\operatorname{ord}_n(g)=\left|Z_n^\times\right|=\phi(n)$，对于质数 $p$，也就是说 $g^i \bmod p, 0 \leq i < p$ 结果互不相同.

模 $n$ 有原根的充要条件 : $n = 2, 4, p^e, 2 \times p^e$

离散对数:$g^t \equiv a (\bmod n)，ind_{n,g}{(a)}=t$

​因为 $g$ 是原根，所以 $gt$ 每 $\phi(n)$ 是一个周期，可以取到 $| Z \times n |$ 的所有元素
对于 $n$ 是质数时，就是得到 $[1,n−1]$ 的所有数，就是 $[0,n−2]$ 到 $[1,n−1]$ 的映射
离散对数满足对数的相关性质，如

求原根可以证明满足 $g^r \equiv 1(\bmod p)$

​的最小的 $r$ 一定是 $p−1$ 的约数
对于质数 $p$，质因子分解 $p−1$，若 $g^{(p-1)/pi} \neq 1 (\bmod p)$

​恒成立，$g$ 为 $p$ 的原根

## NTT

对于质数 $p=qn+1, (n=2^m)$ ​, 原根 $g$ 满足 $g^{qn} \equiv 1 (\bmod p)$​, 将 $g_n=g^p(\bmod q)$ 看做 $\omega_n$ 的等价，择其满足相似的性质，比如 $g_n^n \equiv 1 (\bmod p), g_n^{n/2} \equiv -1 (\bmod p)$

然后因为这里涉及到数论变化，所以这里的 $N$（为了区分 FFT 中的 n，我们把这里的 n 称为 $N$）可以比 FFT 中的 n 大，但是只要把 $\frac{qN}{n}$ 看做这里的 $q$ 就行了，能够避免大小问题。。。

常见的有

$$
p = 1004535809 = 479 \times 2^{21}, g=3
$$

$$
p=998244353=2 \times 17 \times 2^{23}+1, g=3
$$

就是 $g^{qn}$ 的等价 $e^{2\pi n}$

迭代到长度 $l$ 时 $g_l = g^{\frac{p-1}{l}}$, 或者 $\omega_n = g_l = g_N^{\frac{N}{l}} = g_N^{\frac{p-1}{l}}$

接下来放一个大数相乘的模板

参考网址如下 <https://blog.csdn.net/blackjack_/article/details/79346433>

```c++
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<vector>
#include<string>
#include<bitset>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
 
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch<='9'&&ch>='0'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
void print(int x)
{if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x>=10)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
 
const int N=300100,P=998244353;
 
inline int qpow(int x,int y)
{
	int res(1);
	while(y)
	{
		if(y&1) res=1ll*res*x%P;
		x=1ll*x*x%P;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
 
int r[N];
 
void ntt(int *x,int lim,int opt)
{
	register int i,j,k,m,gn,g,tmp;
	for(i=0;i<lim;++i)
		if(r[i]<i)
			swap(x[i],x[r[i]]);
	for(m=2;m<=lim;m<<=1)
	{
		k=m>>1;
		gn=qpow(3,(P-1)/m);
		for(i=0;i<lim;i+=m)
		{
			g=1;
			for(j=0;j<k;++j,g=1ll*g*gn%P)
			{
				tmp=1ll*x[i+j+k]*g%P;
				x[i+j+k]=(x[i+j]-tmp+P)%P;
				x[i+j]=(x[i+j]+tmp)%P;
			}
		}
	}
	if(opt==-1)
	{
		reverse(x+1,x+lim);
		register int inv=qpow(lim,P-2);
		for(i=0;i<lim;++i)
			x[i]=1ll*x[i]*inv%P;
	}
}
 
int A[N],B[N],C[N];
 
char a[N],b[N];
 
int main()
{
	register int i,lim(1),n;
	scanf("%s",&a);
	n=strlen(a);
	for(i=0;i<n;++i) A[i]=a[n-i-1]-'0';
	while(lim<(n<<1)) lim<<=1;
	scanf("%s",&b);
	n=strlen(b);
	for(i=0;i<n;++i) B[i]=b[n-i-1]-'0';
	while(lim<(n<<1)) lim<<=1;
	for(i=0;i<lim;++i)
		r[i]=(i&1)*(lim>>1)+(r[i>>1]>>1);
	ntt(A,lim,1);ntt(B,lim,1);
	for(i=0;i<lim;++i)
		C[i]=1ll*A[i]*B[i]%P;
	ntt(C,lim,-1);
	int len(0);
	for(i=0;i<lim;++i)
	{
		if(C[i]>=10)
			len=i+1,
			C[i+1]+=C[i]/10,C[i]%=10;
		if(C[i]) len=max(len,i);
	}
	while(C[len]>=10)
		C[len+1]+=C[len]/10,C[len]%=10,len++;
	for(i=len;~i;--i)
		putchar(C[i]+'0');
	puts("");
	return 0;
}
```