多项式乘法（FFT）模板 && 快速数论变换（NTT）

具体步骤：

1、补0：在两个多项式最前面补0，得到两个 $2n$ 次多项式，设系数向量分别为 $v_1$ 和 $v_2$。

2、求值：用FFT计算 $f_1 = DFT(v_1)$ 和 $f_2=DFT(v_2)$。这里得到的 $f_1$ 和 $f_2$ 分别是两个输入多项式在 $2n$ 次单位根处的各个取值（即点值表示）

3、乘法：把两个向量 $f_1$ 和 $f_2$ 的每一维对应相乘，得到向量 $f$。它对应输入多项式乘积的点值表示。

4、插值：用FFT计算 $v=IDFT(f)$，其实 $v$ 就是乘积的系数向量

（详细的过程可以去洛谷），直接上代码吧

洛谷P3803

给定一个n次多项式F(x)，和一个m次多项式G(x)。请求出F(x)和G(x)的卷积。

输入格式：

第一行2个正整数n,m。

接下来一行n+1个数字，从低到高表示F(x)的系数。

接下来一行m+1个数字，从低到高表示G(x))的系数。

输出格式：

一行n+m+1个数字，从低到高表示F(x)∗G(x)的系数。

#include <complex>
#include <cmath>
#include <vector>
#include<iostream>
using namespace std;

const long double PI = acos(0.0) * 2.0;

typedef complex<double> CD;

// Cooley-Tukey的FFT算法，迭代实现。inverse = false时计算逆FFT
inline void FFT(vector<CD> &a, bool inverse) {
  int n = a.size();
  // 原地快速bit reversal
  for(int i = , j = ; i < n; i++) {
    if(j > i) swap(a[i], a[j]);
    int k = n;
    while(j & (k >>= )) j &= ~k;
    j |= k;
  }

  double pi = inverse ? -PI : PI;
  for(int step = ; step < n; step <<= ) {
    // 把每相邻两个“step点DFT”通过一系列蝴蝶操作合并为一个“2*step点DFT”
    double alpha = pi / step;
    // 为求高效，我们并不是依次执行各个完整的DFT合并，而是枚举下标k
    // 对于一个下标k，执行所有DFT合并中该下标对应的蝴蝶操作，即通过E[k]和O[k]计算X[k]
    // 蝴蝶操作参考：http://en.wikipedia.org/wiki/Butterfly_diagram
    for(int k = ; k < step; k++) {
      // 计算omega^k. 这个方法效率低，但如果用每次乘omega的方法递推会有精度问题。
      // 有更快更精确的递推方法，为了清晰起见这里略去
      CD omegak = exp(CD(, alpha*k));
      for(int Ek = k; Ek < n; Ek += step << ) { // Ek是某次DFT合并中E[k]在原始序列中的下标
        int Ok = Ek + step; // Ok是该DFT合并中O[k]在原始序列中的下标
        CD t = omegak * a[Ok]; // 蝴蝶操作：x1 * omega^k
        a[Ok] = a[Ek] - t;  // 蝴蝶操作：y1 = x0 - t
        a[Ek] += t;         // 蝴蝶操作：y0 = x0 + t
      }
    }
  }

  if(inverse)
    for(int i = ; i < n; i++) a[i] /= n;
}

// 用FFT实现的快速多项式乘法
inline vector<double> operator * (const vector<double>& v1, const vector<double>& v2) {
  int s1 = v1.size(), s2 = v2.size(), S = ;
  while(S < s1 + s2) S <<= ;
  vector<CD> a(S,), b(S,); // 把FFT的输入长度补成2的幂，不小于v1和v2的长度之和
  for(int i = ; i < s1; i++) a[i] = v1[i];
  FFT(a, false);
  for(int i = ; i < s2; i++) b[i] = v2[i];
  FFT(b, false);
  for(int i = ; i < S; i++) a[i] *= b[i];
  FFT(a, true);
  vector<double> res(s1 + s2 - );
  for(int i = ; i < s1 + s2 - ; i++) res[i] = a[i].real(); // 虚部均为0
  return res;
}

/////////// 题目相关
#include<cstdio>
#include<cstring>

vector<double>a, b, ans;

int main()
{
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);

    for(int i = ;i <= n+;i++)
    {
        double tmp;
        scanf("%lf", &tmp);
        a.push_back(tmp);
    }
    for(int i = ;i <= m+;i++)
    {
        double tmp;
        scanf("%lf", &tmp);
        b.push_back(tmp);
    }

    ans = a * b;
    for(int i = ;i <= n+m;i++)
        printf("%d ", (int)(ans[i] + 0.5));

    return ;
}

NTT算法流程与FFT几乎一样，区别在于FTT使用n次单位根插值，NTT使用原根的次方进行插值。NTT都是整数运算，速度较快，且不会出现精度不够。

原根的定义

设 $m$ 是正整数，$a$ 是整数，若 $a$ 模$m$ 的阶等于 $\phi(m)$，则称 $a$ 为模 $m$ 的一个原根

为什么可以用原根代替单位根呢？因为它具有和单位根相同的性质。

定理：若 $P$ 为素数假设 $g$ 为 $P$的原根，那么 $g^i  \equiv \  P(1 < g < P, \ 0 < i < P)$ 的结果两两不同

（这是群论里面很简单的结论，不知道的自己看书去

如何求一个质数的原根呢？

可以证明满足 $g^r \equiv 1(mod \ P)$ 的最小的 $r$ 一定是 $p-1$的约数（因为群阶为 $p-1$），对于质数 $p$，质因数分解 $p-1$ ，若 $g^{\frac{p-1}{n}} \neq 1(mod \ p)$ 恒成立，则 $g$ 为 $p$ 的原根

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
using namespace std;

typedef long long ll;
const int mod=,g=;
const int maxn = 1e6 + ;

inline int qpow(int x,int k)
{
    int ans=;
    while(k)
    {
        if(k&)
            ans=(ll)ans*x%mod;
        x=(ll)x*x%mod,k>>=;
    }
    return ans;
}

inline int module(int x,int y)
{
    x+=y;
    if(x>=mod)
        x-=mod;
    return x;
}

int rev[*maxn];
inline void NTT(int*t,int lim,int type)
{
    for(rg int i=;i<lim;++i)
        if(i<rev[i])
            swap(t[i],t[rev[i]]);
    for(rg int i=;i<lim;i<<=)
    {
        int gn=qpow(g,(mod-)/(i<<));
        if(type==-)
            gn=qpow(gn,mod-);
        for(rg int j=;j<lim;j+=(i<<))
        {
            int gi=;
            for(rg int k=;k<i;++k,gi=(ll)gi*gn%mod)
            {
                int x=t[j+k],y=(ll)gi*t[j+i+k]%mod;
                t[j+k]=module(x,y);
                t[j+i+k]=module(x,mod-y);
            }
        }
    }
    if(type==-)
    {
        int inv=qpow(lim,mod-);
        for(rg int i=;i<lim;++i)
            t[i]=(ll)t[i]*inv%mod;
    }
}

int X[*maxn],Y[*maxn];
inline void mul(int*x, int*y, int n, int m)
{
    memset(X,,sizeof(X));
    memset(Y,,sizeof(Y));
    int lim = , L = ;  //L=0必须写，局部变量默认值很可能不是0
    while(lim <= n + m) lim <<= , L++;   //lim为大于(n+m)的2的幂，所以最多需要4倍空间
    for(int i = ; i < lim; i++) rev[i] = (rev[i >> ] >> ) | ((i & ) << (L - ));
    for(rg int i=;i<lim;++i) X[i]=x[i],Y[i]=y[i];
    NTT(X,lim,);
    NTT(Y,lim,);
    for(rg int i=;i<lim;++i) X[i]=(ll)X[i]*Y[i]%mod;
    NTT(X,lim,-);
    for(rg int i=;i<lim;++i) x[i]=X[i];
}

int n, m;
int a[*maxn], b[*maxn];

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = ;i <= n;i++)  scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = ;i <= m;i++)  scanf("%d", &b[i]);
    mul(a, b, n, m);
    for(int i = ;i <= n+m;i++)  printf("%d ", a[i]);

    return ;
}

FFT测评记录：

NTT测评记录：

参考链接：

1. https://www.luogu.org/problemnew/solution/P3803

2. https://www.luogu.org/problemnew/solution/P4238