任意模數FTT

模板題luogu4245

9次DFT

• 由於在一般的條件下值域大概在$10^{23}$下，所以找到三個NTT模數，它們的乘積大於$10^{23}$，求出三個模數下的答案，再用中國剩餘定理把它們合併到一起，變成模三個數的乘積下的答案，這就是它的實際答案。
• 一共需要9次DFT，常數比較小，但是9次實在是太慢了。

三次變兩次

• 由於複數域的神奇性質，我們在FFT的時候可以將計算$C(x)=A(x)B(x)$這個原本需要三次DFT的操作變成只需要兩次。
• 設$F(x)=A(x)+iB(x),G(x)=A(x)-iB(x)$，$F(x)和G(x)$是共軛的，那麼$DFT_F(x)和DFT_G(x)$也是共軛的。
• 即$DFT_G(x)=conj(DFT_F(n-x))$，這裏記$conj(x)$表示$x$的共軛複數（$(a+bi)$的共軛複數是$(a-bi)$）。
• 有了這個我們只需要算出$DFT_F(x)$就能求出$DFT_G(x)$了，那麼就可以解出$DFT_A(x)和DFT_B(x)$了，省去了一次DFT。

應用到拆係數FFT

• $A(x)=aW+b,B(x)=cW+d$
• $A(x)B(x)=acW^2+(ad+bc)W+bd$
• 我們可以這樣求$ac,ad,bc,bd$：
  $P(x)=(a+ib)(c+id)=(ac-bd)+(ad+bc)i$
  $Q(x)=(a-ib)(c+id)=(ac+bd)+(ad-bc)i$
• $(a+ib)和(a-ib)$的點值可以一次求出，$(c+id)$也可以一次求出，再IDFT求出$P(x)和Q(x)$，最後就可以解出每一個位置$ac,bd,ad,bc$的值了。
• PS：爲了保證精度要用long double，我的方法常數還是比較大的。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 500005
#define db long double 
#define ll long long
using namespace std;

const db Pi=acos(-1.0);

int n,m,i,j,k,a[maxn],b[maxn],lim,bt[maxn],mo;
ll H[maxn],W[maxn];

int I(db x){return (x<0)?-1:1;}
struct Z{
	db x,y;
	Z(db _x=0,db _y=0){x=_x,y=_y;}
} A[maxn],B[maxn],C[maxn],F[maxn],G[maxn],w[maxn];
Z operator+(Z a,Z b){return Z(a.x+b.x,a.y+b.y);}
Z operator*(Z a,Z b){return Z(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);}
Z operator-(Z a,Z b){return Z(a.x-b.x,a.y-b.y);}

void dft(Z *a,int sig){
	for(int i=0;i<lim;i++) if (i<bt[i]) 
		swap(a[i],a[bt[i]]);
	for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
		Z Wi(cos(Pi/mid),sig*sin(Pi/mid));
		for(int j=0;j<lim;j+=mid<<1){
			Z w(1,0);
			for(int k=0;k<mid;k++,w=w*Wi){
				Z x=a[j+k],y=a[j+k+mid]*w;
				a[j+k]=x+y,a[j+k+mid]=x-y;
			}
		}
	}
}

int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&mo);
	for(i=0;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i]%=mo;
	for(i=0;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]),b[i]%=mo;
	for(lim=1;lim<=n+m;lim<<=1);
	for(i=1;i<lim;i++) bt[i]=(bt[i>>1]>>1)|((i&1)*(lim>>1));
	
	for(i=0;i<=n;i++) A[i].x=a[i]>>15,A[i].y=a[i]&((1<<15)-1);
	for(i=0;i<=m;i++) B[i].x=b[i]>>15,B[i].y=b[i]&((1<<15)-1);
	dft(A,1),dft(B,1);
	for(i=1;i<lim;i++) C[i]=A[lim-i],C[i].y=-C[i].y;
	C[0]=A[0],C[0].y=-C[0].y;
	for(i=0;i<lim;i++) F[i]=A[i]*B[i],G[i]=C[i]*B[i];
	dft(F,-1),dft(G,-1);
	ll K=(1<<15)%mo,K2=(1<<30)%mo;
	for(i=0;i<lim;i++){
		ll x=(abs(F[i].x/lim)+0.5)*I(F[i].x),xx=(abs(F[i].y/lim)+0.5)*I(F[i].y);
		ll y=(abs(G[i].x/lim)+0.5)*I(G[i].x),yy=(abs(G[i].y/lim)+0.5)*I(G[i].y);
		H[i]=(((x+y)/2%mo*K2+xx%mo*K+(y-x)/2)%mo+mo)%mo;
	}
	for(i=0;i<=n+m;i++) printf("%lld ",H[i]);
}