咕咕咕 先开个坑（其实是存模板来了）
一些特别简单的前置东西qwq
复数的计算
复数相加：向量相加，复数相乘。复数相乘：模长相乘，旋转量相加（就是复平面坐标轴逆时针旋转的角度）
（当然也可以直接使用complex类，.real()即取实数部分）
单位根
主n次单位根：(w_n=e^{2pi i/n})
n个n次单位复数根可以用(w_n^0,w_n^1,...,w_n^{n-1})
性质
- n次单位根的次幂还是n次单位根
- (w_n^n=1)，n为偶数时(w_n^{n/2}=-1)
- (sum_{i=0}^{n-1}w_n^i=0)（证明方式：等比数列求和）
- 全部单位根将复平面上单位圆n等分
- (w_{2n}^{2k}=w_n^k)
- (w_n^{k+frac{n}{2}}=-w_n^k)
原根
阶的定义：
设a，p是整数，a和p互素，那么：
使(a^nequiv1pmod p)成立的最小正整数n叫做a模p的阶。
原根的定义：
原根，是一个数学符号。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。
原根的性质：
- 对于正整数x，只有(x=2,4,p^a,2 imes p^a)，p为奇素数，a>=1的时候才存在原根。
- (a^1,a^2,a^3,...,a^{phi(m)})在模p的时候都不相同（可以推得它构成了一个长度为(phi(m))的循环节）
- 对于m的原根g，满足gi(mod p)（0<=i<=p-2）与1到p-1一一对应.
- 若m有原根，那么它的原根个数为(phi(phi(m)))。（具体证明蒟蒻不是特别会qwq，上课没听懂）
对于m的情况最为常用。在这种情况下,0~m-1中每一个数都可以对应一个(a^x)，这就相当于模意义下取对数（离散对数）。我们可以化乘为加。或者快速地计算一个数的若干次幂。
判断一个数a是不是m的原根
即判断是否不存在(1<=x<phi(m))。由于(a^{phi(m)}equiv pmod m)，我们只需要判断x为(phi(m))的因数的情况就可以了，时间复杂度(O(sqrt(m)log m))
实际上，对于(phi(m))的每种质因数p_i判断(frac{phi(m)}{p_i})也是等价的。
求出原根后，用暴力或者BSGS就可以求出来一个数的对数。
ps.一个数的原根是很多的，我们可以从小到大判断，或者随机化选取数字判断。
完全是背模板的FFT
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define MAXN 2700010
using namespace std;
int n,m,cnt;
int r[MAXN];
const double PI=acos(-1.0);
struct complex
{
double x,y;
complex(double xx=0,double yy=0){x=xx,y=yy;}
}a[MAXN],b[MAXN];
complex operator +(complex a,complex b){return complex(a.x+b.x,a.y+b.y);}
complex operator -(complex a,complex b){return complex(a.x-b.x,a.y-b.y);}
complex operator *(complex a,complex b){return complex(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);}
inline void fft(complex *p,int opt)
{
for(int i=0;i<n;i++) if(i<r[i]) swap(p[i],p[r[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1)
{
complex W=complex(cos(PI/i),opt*sin(PI/i));
for(int r=i<<1,j=0;j<n;j+=r)
{
complex w(1,0);
for(int k=0;k<i;k++,w=w*W)
{
complex X=p[j+k],Y=w*p[j+i+k];
p[j+k]=X+Y;
p[j+i+k]=X-Y;
}
}
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]);
for(int i=0;i<=m;i++) scanf("%lf",&b[i]);
m+=n;
for(n=1;n<=m;n<<=1) ++cnt;
for(int i=0;i<n;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1));
fft(a,1);
fft(b,1);
for(int i=0;i<=n;i++) a[i]=a[i]*b[i];
fft(a,-1);
for(int i=0;i<=m;i++) printf("%d ",(int)(a[i].x/n+0.5));
return 0;
}
继续背模板的NTT
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define mod 998244353
#define MAXN 5000010
using namespace std;
int n,m,N,M,gr=3,l;
int r[MAXN],a[MAXN],b[MAXN];
inline int fpow(int x,int y)
{
int cur_ans=1;
while(y)
{
if(y&1) cur_ans=1ll*cur_ans*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;
y>>=1;
}
return cur_ans;
}
inline void ntt(int *P,int opt)
{
for(int i=0;i<N;i++)
if(i<r[i])
swap(P[i],P[r[i]]);
for(int i=1;i<N;i<<=1)
{
int W=fpow(gr,(mod-1)/(i*2));
for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)
{
int w=1;
for(int k=0;k<i;k++,w=1ll*w*W%mod)
{
int X=P[j+k],Y=1ll*w*P[j+k+i]%mod;
P[j+k]=(X+Y)%mod,P[j+k+i]=(X+mod-Y)%mod;
}
}
}
if(opt==-1) reverse(&P[1],&P[N]);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]);
N=n,M=m;
M+=N;
for(N=1;N<=M;N<<=1) l++;
for(int i=0;i<N;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
ntt(a,1),ntt(b,1);
for(int i=0;i<N;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
ntt(a,-1);
for(int i=0,inv=fpow(N,mod-2);i<=M;i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
for(int i=0;i<=M;i++) printf("%d ",a[i]); puts("");
return 0;
}
所以说分治FFT是个什么东西
多项式求逆
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define gr 3
#define MAXN 1000010
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,m,N,M,l;
int r[MAXN],A[MAXN],B[MAXN],X[MAXN],Y[MAXN];
inline int fpow(int x,int y)
{
int cur_ans=1;
while(y)
{
if(y&1) cur_ans=1ll*cur_ans*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;
y>>=1;
}
return cur_ans;
}
inline void ntt(int *P,int opt,int len)
{
l=0;
for(N=1;N<len;N<<=1) l++;
for(int i=0;i<N;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
for(int i=0;i<N;i++)
if(i<r[i])
swap(P[i],P[r[i]]);
for(int i=1;i<N;i<<=1)
{
int W=fpow(gr,(mod-1)/(i<<1));
for(int j=0,p=i<<1;j<N;j+=p)
{
int w=1;
for(int k=0;k<i;k++,w=1ll*w*W%mod)
{
int X=P[j+k],Y=1ll*w*P[j+k+i]%mod;
P[j+k]=(X+Y)%mod,P[j+k+i]=(X+mod-Y)%mod;
}
}
}
if(opt==-1) reverse(&P[1],&P[N]);
}
inline void get_inv(int *a,int *b,int len)
{
if(len==1){b[0]=fpow(a[0],mod-2)%mod;return;}
get_inv(a,b,len>>1);
for(int i=0;i<len;i++) A[i]=a[i],B[i]=b[i];
ntt(A,1,len<<1),ntt(B,1,len<<1);
for(int i=0;i<(len<<1);i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod*B[i]%mod;
ntt(A,-1,len<<1);
for(int i=0,inv=fpow(N,mod-2);i<N;i++) A[i]=1ll*A[i]*inv%mod;
for(int i=0;i<len;i++) b[i]=2*b[i]%mod;
for(int i=0;i<len;i++) b[i]=(b[i]+mod-A[i])%mod;
for(int i=0;i<(len<<1);i++) A[i]=B[i]=0;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&X[i]);
for(N=1;N<n;N<<=1);
get_inv(X,Y,N);
for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",Y[i]); puts("");
return 0;
}