快速数论变换总结

前置

根据快速傅里叶变换，可以在 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ 的时间计算卷积。但是由于用到了复数及三角函数，具有精度误差，且不方便取模。

于是考虑快速傅里叶变换在数论上的实现，避免了精度误差，支持了取模运算。

引入概念原根：

阶

定义

由欧拉定理可知，对 $a\in \mathbf{Z}，m\in {\mathbf{N}}^{\ast }，\mathrm{若}(a,m)=1，\mathrm{则}{a}^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。

因此满足同余式 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 的最小正整数 $n$ 存在，这个 $n$ 称作 $a$ 模 m 的阶，记作 ${\delta }_m(a)\mathrm{或}{\mathrm{ord}}_m(a)$。

性质

$a,a^2,\cdots ,a^{{\delta }_m(a)}$ 模 $m$ 两两不同余。

若 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，则 ${\delta }_m(a)\mid n$。

原根

定义

设 $m\in {\mathbf{N}}^{\ast }，g\in \mathbf{Z}$。 若 $(g,m)=1$，且 ${\delta }_m(g)=\phi (m)$，则称 $g$ 为模 $m$ 的原根。

即 $g$ 满足
${\delta }_m(g)=\left|{\mathbf{Z}}_m^{\ast }\right|=\phi (m)$。当 $m$ 是质数时，我们有 $g^{i}modm,0<i<m$ 的结果互不相同。

性质

$g$ 是模 $p$ 的原根，$g_n^k=g^{\frac{p-1}{n}k}$。

指数性

$$\begin{array}{rl}{g}_n^k{g}_n^m& \equiv g^{\frac{p-1}{n}k}{g}^{\frac{p-1}{n}m}\\ & \equiv g_n^{k+m}(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

周期性

$$\begin{array}{rl}{g}_n^k& \equiv g_n^k\times 1\\ & \equiv g_n^k{g}_n^{\phi (p)}\\ & \equiv g_n^k{g}_n^{p-1}\\ & \equiv g_n^k{g}_n^n\\ & \equiv g_n^{n+k}(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

对称性

由阶的性质与：

$$(g_n^{\frac{n}{2}}{)}^2\equiv g_n^n\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

可得：

$$g_n^{k+\frac{n}{2}}\equiv -g_n^k(\mathrm{mod}p)$$

折半性

$$\begin{array}{rl}{g}_n^{2k}& \equiv g^{\frac{p-1}{n}2k}\\ & \equiv g^{\frac{p-1}{\frac{n}{2}}}\\ & \equiv g_{\frac{n}{2}}^k(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

可以观察到原根与复数在这里是完全等价的，故只需将快速傅里叶变换的复数部分替换为原根即可。

NTT & INTT

void NTT(ll f[],int n,int op)
{
    if(n==1) return;
    ll f1[n/2],f2[n/2];
    for(int i=0;i<n/2;++i)
    {
        f1[i]=f[i<<1],f2[i]=f[i<<1|1];
    }
    NTT(f1,n>>1,op),NTT(f2,n>>1,op);
    ll gk=1,g1=qpow(op==1?g:gi,(p-1)/n);
    for(int i=0;i<n/2;++i)
    {
        f[i]=(f1[i]+gk*f2[i]%p)%p;
        f[i+n/2]=(p+f1[i]-gk*f2[i]%p)%p;
        gk=gk*g1%p;
    }
}