快速数论变换-NTT
前文再续，书接上一回，我们说到多项式乘法可以用 FFT 来处理，但由于多次使用三角函数以及复数，难免带来精度的问题，动不动就炸掉了
于是，快速数论变换（NTT）就横空出世
他是一种用原根代替单位根的算法，他不仅保证了精度（在整数域内），而且支持多项式的取模，因此是一种优秀的算法
1. 原根
首先我们要了解原根是啥：
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阶：形如 \(x^k\equiv 1\ (mod\ p)\) 的最小正整数 \(k\) 称为 \(x\) 的阶
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原根：若 \(1\le g<n\)，满足阶为 \(\phi(p)\) 的数 \(g\) 称为 \(p\) 的原根
说白了，就是 \(k\) 取不同值时，\(g^k\) 在模 \(p\) 意义下的取值都不同
模板题（求原根）
注：以下定理均无证明，需要的请自行查阅
首先，只有如下这几类数才有原根：\(2,4,p^k,2p^k\) （\(p\) 为奇质数
我们考虑找到 \(p\) 的最小原根 \(g\) ：已有证明显示，\(g\) 是 \(n^{0.25}\) 级别的，因此我们可以直接暴力枚举寻找 \(g\)
但我们除了判断 \(g^{\phi(p)}\equiv 1\ (mod\ p)\) 外，还要判断小于 \(\phi(p)\) 的数 \(k\) 都满足 \(g^k\not \equiv 1\ (mod\ p)\)
有证明指出，若 \(g^k\equiv 1\ (mod\ p)\)，那么一定满足 \(k|\phi(p)\)
设 \(\phi(n)\) 的质因数为 \(\{p_1,p_2,p_3,...,p_n\}\)
我们只需要验证 \(g^{\frac{\phi(n)}{p_i}}\not \equiv 1\ (mod\ p)\) 即可
这个过程的复杂度为 \(O(n^{0.25}\ log\ n)\)
一般题目中求了最小原根就足够了，但本题还要求剩下的原根
假设我们已经求出了最小原根 \(g\) ，那么有一条定理为：原根 \(g\) 满足 \(g^k\) 的阶为 \(\frac{\phi(p)}{gcd(\phi(p), k)}\)
也就是说，只有当 \(gcd(\phi(p), k)=1\) 时，\(g^k\ mod\ p\) 是 \(p\) 的原根之一；而一个数如果有原根，则有 \(\phi(\phi(n))\) 个
那我们就考虑枚举 \(1\) ~ \(\phi(p)\) 判断是否满足上述 \(gcd(\phi(p), k)=1\)
复杂度为 \(O(\phi(n)\ log\ \phi(n))\)
最后对答案进行排序即可
2. NTT
注：这里默认 \(p\) 为奇质数
我们先回顾一下 FFT 的单位根都要满足些什么条件：
① \(n\) 个根的值互不相同
显然，根据原根的定义，我们一定有 \(g^0\) ~ \(g^{(p-1)}\) 互不相同
② \(\omega_n^k=\omega_{2n}^{2k}\)
根据我们的定义 \(G_n^k=g^{\frac{p-1}{n}\times k}\)
所以有 \(G^{2k}_{2n}=G_n^k\)
③ \(\omega_n^k=-\omega_n^{k+n/2}\)
我们有 \(G_n^n=(G_n^1)^n=g^{p-1}=1\ (mod\ p)\) （根据费马小定理）
又因为 \((G_n^{n/2})^2=G_n^n=1\)，所以 \(G_n^{n/2}=\pm1\)，又根据性质①，知 \(G_n^{n/2}=-1\)
因此我们有 \(G_n^{k+n/2}=G_n^k\times G_n^k=-G_n^k\)
④ \(\sum_{i=0}^{n-1} (\omega_n^k)^i=0\)
这个是为了证明 IDFT 时直接将 \(\omega_n^1\) 换成 \(\omega_n^{-1}\)，最后答案再除以 \(n\) 是正确的
用同样的套路，我们有
至此，我们的原根 \(G\) 都完美地符合了单位根 \(\omega\) 的所有性质
但由性质③，我们看出 \(p-1\) 必须要是 \(2\) 的整次幂的倍数才能正常分治，一次我们的模数 \(p\) 必须是 \(k\times 2^m+1\) 这样的形式
因此 NTT 有以下的限制条件：
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- 系数必须为整数
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- 在模意义下运算，而且对模数的要求较高，为 \(k\times 2^m+1\) 的奇质数
但不得不说，NTT 保证了精度，以及它不需要借助三角函数让复杂度降低不少的优点是很突出的
附上常见质数的原根
